Csodálatos ​geometria - avagy a kapcsolatteremtés tudománya [PDF]

Zitiervorschau

© Typotex Kiadó

Csod´ alatos geometria

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ ´ th Akos G. Horva

´ CSODALATOS GEOMETRIA avagy a kapcsolatteremt´ es tudom´ anya

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

A k¨ onyv megjelen´es´et a Nemzeti Kultur´alis Alap

´es a Magyar Tudom´ anyos Akad´emia t´amogatta.

´ c G. Horv´

ath Akos, Typotex, 2013 Enged´ely n´elk¨ ul semmilyen form´aban nem m´asolhat´o! ISBN 978 963 279 783 0 T´emak¨ or: elm´eleti matematika, geometria

Kedves Olvas´ o! K¨ osz¨ onj¨ uk, hogy k´ın´ alatunkb´ol v´alasztott olvasnival´ot!

´ Ujabb kiadv´ anyainkr´ ol ´es akci´oinkr´ol a www.typotex.hu ´es a facebook.com/typotexkiado oldalakon ´ertes¨ ulhet.

Kiadja a Typotex Elektronikus Kiad´o Kft. Felel˝ os vezet˝ o: Votisky Zsuzsa A k¨ otetet gondozta: Gerner J´ozsef Bor´ıt´ oterv: T´ oth Norbert Nyomta ´es k¨ ot¨ otte: S´ed Nyomda Kft., Szeksz´ard Felel˝ os vezet˝ o: Katona Szilvia

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

Tartalomjegyz´ ek

El˝ osz´o helyett. . . Bevezet´es

ix xi

1.

Abszol´ ut geometria 1.1. Az alapok 1.2. Abszol´ ut t´etelek 1.3. Eukleid´esz p´ arhuzamoss´agi axi´om´aja 1.4. P´ arhuzamoss´ ag a hiperbolikus s´ıkon 1.5. Mer˝ olegess´eg az abszol´ ut terekben 1.6. Egyenesek k¨ olcs¨ on¨ os helyzete a t´erben 1.7. Trigonometria 1.8. Eukleid´esz 1.9. Bolyai 1.10. Lobacsevszkij 1.11. Hilbert

1 1 11 19 21 31 36 40 42 48 54 58

2.

Elliptikus ´es projekt´ıv s´ıkgeometri´ak 2.1. Elliptikus s´ık 2.2. Projekt´ıv s´ık 2.3. K´ upszeletek az euklideszi t´erben 2.4. Pascal 2.5. Riemann

65 65 67 89 123 138

3.

Egybev´ ag´ os´ agok szintetikus kezel´ese 3.1. Az euklideszi s´ık egybev´ag´os´agai 3.2. A hiperbolikus s´ık egybev´ag´os´agai 3.3. Az euklideszi t´er egybev´ag´os´agai

151 151 156 158

v

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

3.4. Klein

164

4.

Modellek 4.1. Ellenp´eldamodellek 4.2. Poincar´e g¨ omb- ´es f´elt´ermodellje 4.3. A Cayley–Klein-f´ele vagy projekt´ıv modell 4.4. A k¨ ormodellek megfeleltet´ese 4.5. A hiperboloidmodell 4.6. Az euklideszi s´ık modelljei 4.7. Az elliptikus, illetve szf´erikus modellek 4.8. Cayley K¨ oz´epsz´ o

171 171 175 185 188 193 198 200 202 211

5.

Analitikus geometria 5.1. Vektorok a 3-dimenzi´os euklideszi t´erben 5.2. Egyenestart´ o lek´epez´esek E 3 -ben 5.3. Az n-dimenzi´ os euklideszi t´er 5.4. Az n-dimenzi´ os hiperbolikus t´er 5.5. Az n-dimenzi´ os szf´erikus t´er 5.6. Descartes

213 213 219 230 237 249 261

6.

A t´erfogatfogalom 6.1. Ter¨ ulet az euklideszi s´ıkon 6.2. Ter¨ ulet a hiperbolikus s´ıkon 6.3. T´erfogat az euklideszi t´erben 6.4. Integr´ alfogalmak 6.5. Hiperbolikus t´erfogat 6.6. Szf´erikus t´erfogat 6.7. Poincar´e

273 274 279 284 287 291 310 313

7.

Poli´ederek 7.1. Topol´ ogiai alapfogalmak 7.2. Konvex poli´ederek 7.3. Euler-t´etel 7.4. A csod´ ak birodalma 7.5. n-dimenzi´ os szab´ alyos poli´ederek 7.6. Euler 7.7. Eukleid´esz: Elemek, XII. ´es XIII. k¨onyv

323 323 327 329 349 369 387 389

8.

A t´erid˝ o 8.1. A skal´ aris szorzat ´ altal´anos´ıt´asai ´ 8.2. Altal´ anos´ıtott t´erid˝ omodell

395 395 403

vi

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

8.3. N´egy fontos hiperfel¨ ulet 8.4. El˝osokas´ agok az ´ altal´anos´ıtott t´erid˝omodellben 8.5. Minkowski Ut´ osz´ o helyett... B¨ ong´esz˝ o T´ argymutat´ o

419 432 443 457 459 463

vii

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

El˝ osz´ o helyett. . .

El˝osz´o helyett ´alljanak itt Blaise Pascal ¨or¨ok´erv´eny˝ u gondolatai a geometri´ar´ol, az igazs´agr´ol, az u ´tr´ol, annak keres´es´er˝ol ´es az emberi sz´ıvr˝ol. ⋆ ⋆ ⋆ . . . K´etfajta gondolkod´ as l´etezik teh´ at: az egyik gyorsan ´es teljes m´elys´eg¨ ukben felfogja az alapt´etelekb˝ ol sz´ armaz´ o k¨ ovetkezm´enyeket, ezt nevezhetj¨ uk hib´atlan gondolkod´ asnak; a m´ asik egyszerre sok t¨orv´enyt k´epes felfogni, an´elk¨ ul, hogy ¨ osszezavarn´ a˝ oket, ´es ez az igazi geometriai gondolkod´ as. Az egyik az ´ertelem ereje ´es t´evedhetetlens´ege, a m´asik az ´ertelem ´ atfog´ ok´epess´ege. M´ armost e kett˝ o nagyon j´ol meglehet egym´ as n´elk¨ ul, az emberi szellem ugyanis egyar´ant lehet er˝os ´es ugyanakkor korl´ atolt, vagy ´ atfog´ o, de ugyanakkor gyenge. . . . ⋆ ⋆ ⋆ A magunk lelte magyar´ azatok ´ altal´ aban jobban meggy˝ oznek benn¨ unket, mint azok, amelyek m´ asoknak jutottak esz¨ ukbe. ⋆ ⋆ ⋆ Sohasem magukat a dolgokat keress¨ uk, hanem a dolgok keres´es´et. ⋆ ⋆ ⋆ Nemcsak esz¨ unkkel ismerj¨ uk meg az igazs´ agot, hanem sz´ıv¨ unkkel is. Ez ut´obbi r´ev´en fedezz¨ uk fel az alapelveket, s az okoskod´ as, melynek semmi szerepe sincs benne, hi´ aba igyekszik c´ afolni ˝ oket. ... Mert az olyan alapelvek ismerete, mint az, hogy van t´er id˝ o, ix

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

mozg´as, sz´amok, oly szil´ ard, amilyen egy sincsen okoskod´ asainkkal megszerezhet˝ o ismereteink k¨ oz¨ ott. ... ⋆ ⋆ ⋆ Amikor valamely m˝ uvet ´ırunk, legutolj´ ara tudjuk meg, mivel is kezdj¨ uk.

x

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

Bevezet´ es

A geometria sz¨ ulet´es¨ unk pillanat´at´ol v´egigk´ıs´eri ´elet¨ unket, hiszen t´argya a benn¨ unket k¨ or¨ ulvev˝ o vil´ ag. A geometriai t¨orv´enyszer˝ us´egek figyelembev´etele n´elk¨ ul nem alakulhattak volna ki a munka- ´es k¨ozleked´esi eszk¨ozeink, nem j¨ ohetett volna l´etre az emberi civiliz´aci´o. N´eh´ any szab´ alyt elsaj´ at´ıtva a gyermek automatikusan, mintegy m´odszerk´ent haszn´ alja a geometri´ at. Tudja, hogy a nagyobb t´argy nem f´er a n´ala kisebb dobozba; ha u ¨gyesen pakolja el holmij´at, t¨obb f´er a fi´okba; a h´aroml´ab´ u sz´ek nem billeg, ellent´etben a n´egyl´ab´ uval, igaz, k¨onnyebb felborulni vele; megtal´ alja a legr¨ ovidebb utat otthona ´es az iskola k¨oz¨ott, mert reggelente min´el tov´ abb szeretne aludni. Amikor rajzol, a perspekt´ıva szab´alyait alkalmazza, hogy k´etdimenzi´ os k´epe h˝ uen visszaadja a lerajzolt h´aromdimenzi´os t´ argyat; elcsod´ alkozik a s´ınp´ar ¨osszetart´as´an, r´aj¨on, hogy a nagy dolgok is kicsinek l´ atszanak, ha messze vannak t˝ol¨ unk. El˝obb vagy ut´obb felismeri a der´eksz¨ og ´es p´ arhuzamoss´ ag szerep´et, maga is elkezdi alkalmazni, p´eld´aul mikor rendet tesz a szob´ aj´ aban. Tudja, mi a k¨or, a g¨omb, a n´egyzet ´es a kocka, ezek ´ertelmez´es´ere mag´ at´ ol is r´atal´al. Egysz´oval a geometria sz´am´ara a vil´ag megismer´es´enek m´ odszere. Nem v´eletlen teh´ at, hogy a matematikai megismer´es ´eppen a geometriai vizsg´ alatokra t´ amaszkodva n˝otte ki mag´at a jelenleg ´altal´anosan elfogadott axiomatikus m´ odszerr´e. Az axiomatika kezdetben egy ill´ uzi´oval kecsegtetett, nevezetesen, hogy a logika szab´ alyainak alkalmaz´ as´aval az emberi k´ıv´ancsis´ag marad´ektalanul kiel´eg´ıthet˝ o. Ez a t´ezis a m´ ult sz´azad elej´en v´eg´erv´enyesen megd˝olt. Jelenleg u ´gy gondoljuk, hogy ´erdemes axiomatikus alapokon logikailag j´ol k¨ovethet˝ o rendszereket kialak´ıtani, azokat tanulm´anyozni, de ha a rendszer keretein bel¨ ul felmer¨ ul˝ o valamely k´erd´esre nem kapunk v´alaszt, azon sincs mit csod´ alkozni. Ilyen esetben a rendszert kell megv´altoztatunk, az adott k´erd´est megv´ alaszolni k´epes u ´j rendszer keretei k¨oz¨ott kell tov´abb vizsg´al´odnunk. Ezzel a lemond´ assal persze a matematikai megismer´es m´odszere is be´all a sorba, s a legegyszer˝ ubb mint´at k¨oveti, a gyermek feln˝ott´e v´al´as´anak folyamat´ at. Amikor a gyermek kin¨ovi a kis´agyat, a szoba lesz az u ´j ´elettere, majd a lak´ as egy´eb helyis´egei, mind-mind m´as ´erdekess´eget tartogatva sz´axi

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

m´ ara. Majd k¨ ovetkezik az ´ ovoda, sok-sok u ´j szob´aval, a k¨ozleked´es stb. lehet˝ os´eg´evel. V´ alaszt´ asainkat az ´erzelmek ir´any´ıtj´ak, lehet˝oleg olyan helyis´eget v´ alasztunk tart´ ozkod´ asi hely¨ unknek, ahol szeret¨ unk lenni. D¨ont´eseink sor´an ugyanakkor meg sem pr´ ob´ aljuk figyelembe venni az ¨osszes l´etez˝o helyis´eget, az adottak k¨ oz¨ ul v´ alasztjuk ki a pillanatnyilag legmegfelel˝obbet. A geometria a kapcsolatteremt´es legterm´eszetesebb m´odszere. A matematika k¨ ul¨onb¨oz˝o agai k¨ ´ oz¨ ott hoz l´etre kapcsolatot a szeml´eltet˝o gondolkod´as u ´tj´an; tov´abb´a a matematika, az elm´eleti fizika ´es a k´ıs´erleti fizika h´armas´aban a modellalkot´ as seg´ıts´eg´evel; majd a matematika ´es a m´ern¨oktudom´anyok k¨oz¨ott a t´er szerkezet´enek le´ır´ asa ´es ´ abr´ azol´asa u ´tj´an, v´eg¨ ul a matematika ´es a m˝ uv´eszet k¨ oz¨ ott a logikai ´es eszt´etikai sz´eps´eg egy¨ uttes megjelen´es´enek t´argyak´ent. Jelen k¨ onyv szerz˝ oje nem akarja bevezetni olvas´oj´at a geometri´aba, hiszen u ´gy gondolja, hogy ezen minden emberi l´eny ´atesett a sz´am´ara fontos m´ert´ekben. Nem akarja tov´ abb´a megmondani azt sem, hogy mi a geometria, ´ k¨ mert u ´gy gondolja, hogy igaz´ab´ol nem is lehet. Es ul¨on¨osk´eppen nem akarja megmondani azt, hogy mi a fontos ´es mi a hasznos a geometri´aban, mert u ´gy gondolja, hogy ezekre a k´erd´esekre nem lehet ¨or¨ok ´erv´eny˝ u v´alaszt adni. Szeretn´e viszont meg˝ orizni k¨onyv´eben vez´erfonal gyan´ant a benn¨ unk rejl˝o gyermek r´ acsod´ alkoz´ asi k´epess´eg´et mindarra, ami sz´ep, s arr´ol ´ırni, amit ˝o maga ´erdekesnek tal´ alt, s oly m´odon, ahogy az geometriai munk´ass´aga sor´an megform´ al´ odott benne. Ha a k¨ onyv olvas´ asa az olvas´onak ¨or¨omet okoz, a szerz˝o m´ar el´erte c´elj´ at. Haszonnal forgathatj´ ak mindazok, akik geometri´at k¨oz´episkolai, egyetemi szinten tanulnak, vagy csak ´erdekl˝odnek a k¨onyvben feldolgozott ter¨ uletek ir´ ant. Javasolhat´ o tov´ abb´ a ez a k¨onyv mindazoknak, akiknek a szellemi ´elm´eny ¨ or¨ omet okoz. Szeretn´em megk¨ osz¨ onni mindazt a t´amogat´ast, amit a k¨onyv elk´esz´ıt´ese, illetve megjelentet´ese sor´ an kaptam. Csal´adomnak a t¨ urelmet, tan´araimnak a megalapozott tud´ ast, hallgat´ oimnak a k¨onyv meg´ır´as´ara serkent˝o inspir´aci´ot, koll´eg´ aimnak az eszmei ´es anyagi t´amogat´ast. K¨ ul¨on szeretn´em megk¨osz¨onni Gerner J´ ozsefnek a megjelen´es alatt ´all´o k´ezirat elhivatott ´es lelkiismeretes gondoz´ as´ at. ´ G. Horv´ath Akos

xii

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

Babits Mih´ aly: Bolyai Semmib˝ ol egy u ´j vil´ agot teremtettem.” ” Bolyai J´ anos levele atyj´ ahoz

Isten elm´enket bez´arta a t´erbe. Szeg´eny elm´enk e t´erben rab maradt: a kapzsi vill´am¨olyv, a gondolat, gy´em´antkorl´atj´at m´eg csak el sem ´erte. ´ boldogolv´an azt a madarat En, ki kalitj´ab´ol legal´abb kil´atott, a semmib˝ol alkottam u ´j vil´agot, mint p´okh´al´ob´ol sz˝o k¨ot´elt a rab. ´ t¨ov´enyekkel, t´ Uj ul a sz˝ uk egen, u ´j v´egtelent nyitottam ´en eszemnek; kir´aly gyan´ant, t´ ul minden k´epzeten. Kirabolv´an kincs´et a k´eptelennek nevetlek, mint Istennel osztoz´o, v´en Euklides, rab t¨orv´enyhoz´o.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

1. fejezet

Abszol´ ut geometria

1.1. Az alapok A matematik´ ahoz nem vezet kir´ alyi u ´t.

Eukleid´esz Az alapokr´ ol neh´ez b´ armi u ´jat mondani. Monogr´afi´ak tucatjaiban olvashatunk az axiomatikus vizsg´ alatok t¨ort´enet´er˝ol, a legfontosabb szem´elyis´egek munk´ ass´ ag´ ar´ ol, eredm´enyeikr˝ol, az eredm´enyek ´ertelmez´eseir˝ol ´es az ´ertelmez´esek kritik´ air´ ol. Sz´ amos k¨ onyv ´es tanulm´any foglalkozik a filoz´ofiai ´es m´odszertani k¨ ovetkezm´enyekkel is, teh´at mindezekr˝ol ´ırni felesleges. A sz´eps´eg, amit egy szisztematikus fel´ep´ıt´es rejt, ´es az ¨or¨om, amit annak k´esz´ıt´ese okoz, tov´ abb´ a l´ atni, ahogy l´ep´esr˝ ol l´ep´esre hely¨ ukre ker¨ ulnek a dolgok – mindez nem mindennapi ´elm´eny. Ahogy az els˝o tal´alkoz´asr´ol mondja Ady Endre Vajjon ” milyennek l´ att´ al?” c´ım˝ u vers´eben: Minden vagyok, amit v´ art´ al Minden vagyok, amit nem sejtsz Minden vagyok, mi lehetn´ek. Ebben a fejezetben ezt az ´elm´enyt pr´ob´aljuk tolm´acsolni. Alapfogalmakat, alaprel´ aci´ okat defini´ alunk, ezekre vonatkoz´oan alapt´eteleket, axi´om´akat r¨og´ z´ıt¨ unk bizony´ıt´ as n´elk¨ ul. Ujabb defin´ıci´ok kimond´asa ut´an ezekre vonatkoz´o all´ıt´ ´ asokat fogalmazunk meg, melyeket m´ar bizony´ıtunk is. Nem t¨oreksz¨ unk prec´ız fel´ep´ıt´esre, de szeretn´enk ´attekinteni a geometriai fogalmak megjelen´es´enek pontos hely´et. Axi´ omarendszer¨ unk alapvet˝oen a Hilbert-f´ele axi´omarendszer, de a k¨ onnyebb halad´as ´erdek´eben a sz¨ uks´egesn´el er˝osebb axi´om´akat is megfogalmazunk. 1.1.1. Illeszked´ es A vil´ ag megismer´es´enek, a l´etez˝ok csoportos´ıt´as´anak kulcsk´erd´ese az ¨oszszetartoz´ o dolgok o ¨sszetartoz´as´anak felismer´ese. A matematik´aban ´altal´aban az eleme rel´ aci´ o bevezet´ese a szok´asos megold´as, ez azonban aszimmetri´at 1

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

2

´ t geometria 1. Abszolu

sugall, ´ıgy a geometriai ¨ osszetartoz´ast a szimmetrikusabbnak t˝ un˝o illeszked´es fogalma alapj´ an ´ep´ıtj¨ uk fel.

Alapfogalmak: pont, egyenes, s´ık

Alaprel´ aci´ o: illeszked´es

Egy pont illeszkedik egy egyenesre vagy egy s´ıkra. Egy egyenes illeszkedik egy s´ıkra, ha pontjai illeszkednek r´a. I1. Axi´ oma. K´et (k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o) pont egy´ertelm˝ uen meghat´ aroz egy egyenest. I2. Axi´ oma. H´ arom nem egy egyenesre illeszked˝ o pont egy´ertelm˝ uen meghat´ aroz egy s´ıkot. I3. Axi´ oma. Ha egy egyenes k´et pontja illeszkedik egy s´ıkra, akkor az egyenes o sszes pontja illeszkedik r´ a. ¨ I4. Axi´ oma. Van n´egy, nem egy s´ıkra illeszked˝ o pont. I5. Axi´ oma. Ha k´et s´ıknak van egy k¨ oz¨ os pontja, akkor van egy tov´ abbi k¨ oz¨ os pontjuk is. Az els˝ o k´et axi´ oma jellemzi az egyenes egyenesszer˝ us´eg´et, illetve a s´ık s´ıkszer˝ us´eg´et, a harmadik ¨ osszekapcsolja az egyenes ´es s´ık fogalm´at, a negyedik ´es ¨ ot¨ odik pontosan h´ arom dimenzi´ora r¨ogz´ıti ter¨ unk m´eret´et. Egy egyenesre, illetve egy s´ıkra illeszked˝o pontok eset´eben haszn´alhatjuk a kolline´ aris, illetve komplan´ aris pontok kifejez´eseket is. 1.1.2. Rendez´ es A vil´ agegyetem t´erben ´es id˝oben l´etezik. Az id˝obeli l´etez´es alapj´an term´eszetes k´ep¨ unk van a line´ aris rendez´es fogalm´ar´ol. Besz´elhet¨ unk kor´abban, egy id˝ oben vagy k´es˝ obb megt¨ort´ent esem´enyekr˝ol. Ezeket minden nyelv meg tudja k¨ ul¨ onb¨ oztetni egym´ ast´ol. Term´eszetes v´agyunk, hogy a sorrendis´eg fogalm´ at a t´erbeli, egy id˝ oben l´etez˝o objektumok fogalm´ara is kiterjessz¨ uk, ´es azok k¨ oz¨ ott rendet, sorrendet teremts¨ unk. A rendez´es gondolata elvezet sz´amos komoly probl´ema felvet´es´ehez ´es megold´as´ahoz, tov´abb´a u ´j geometriai alapobjektumok bevezet´es´ehez. ´Igy jelent˝osen hozz´aj´arul a t´er fizikai megismer´es´ehez is.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

3

1.1. Az alapok

1.1.2.1. Az abszol´ ut geometri´ ak rendez´ese a k¨ oz¨ ott” fogalma alapj´ an ”

Alaprel´ aci´ o: k¨ ozte van” ”

Jel¨ ol´ese: (ACB), ami teh´ at azt is jelenti, hogy a h´arom pont kolline´aris, ´es a C pont az egyenes k´et, A ´es B pontja k¨oz¨ott van. R1. Axi´ oma. Ha (ACB), akkor (BCA). R2. Axi´ oma. Az egyenes h´ arom pontja k¨ oz¨ ul pontosan egy van a m´ asik kett˝ o k¨ oz¨ ott. R3. Axi´ oma. Az egyenes A, B pontp´ arj´ ahoz tal´ alhat´ o olyan C pont is, amire (ABC) teljes¨ ul. R4. Axi´ oma (Pasch). Legyen A, B, C h´ arom nem egy egyenesre illeszked˝ o pont, e pedig egy egyenes, amelynek valamely D pontj´ ara (ADB) teljes¨ ul. Ha C nem illeszkedik e-re, akkor tal´ alunk olyan E pontot e-n, amire (AEC) vagy (BEC) egyike fenn´ all.

A

D E B

F

C

1.1. ´ abra. Mi´ert nincs h´arom bel¨ ul metszett oldal? Az els˝ o h´ arom axi´ oma az egyenes pontjainak rendez´es´er˝ol sz´ol, de nem garant´ alja azt, hogy v´egtelen sok pontja van az egyenesnek. (Vess¨ uk ¨ossze az otpont´ u rendezett egyenes modellj´evel.) Viszont ´ertelmezhet˝o az A, B v´eg¨ pontok ´ altal meghat´ arozott ny´ılt szakasz, mint az egyenes azon C pontjainak halmaza, melyekre (ACB) ´all fenn. Nem tudjuk azonban, hogy van-e pontja minden szakasznak. A Pasch-axi´oma alapj´an azonban ´ertelmezhet˝o a f´elegyenes, f´els´ık ´es t¨ or¨ ottvonal fogalma, besz´elhet¨ unk sz¨ ogvonalakr´ ol, ´es

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

4

´ t geometria 1. Abszolu

´ egyszer˝ u z´ art t¨ or¨ ottvonalr´ ol. Ertelmezhet˝ o tov´abb´a a konvexit´as is. Mindezek tulajdons´ agair´ ol azonban l´enyeg´eben semmit sem tudunk. Az axi´omacsoport er˝ os” axi´ om´ aja a m´ ar eml´ıtett Pasch-axi´oma, amely m´ar a s´ık pontjait seg´ıt ” rendezni. A k¨ ovetkez˝ o egyszer˝ u ´all´ıt´asok minden tov´abbi vizsg´alat alapj´at k´epezik. 1.1.1. Lemma. A Pasch-axi´ oma kimond´ as´ aban szerepl˝ o (AEC) ´es (BF C) rel´ aci´ ok k¨ oz¨ ul pontosan az egyik teljes¨ ul. Teh´ at, ha (ADB) fenn´ all, akkor (AEC) ´es (BF C) nem teljes¨ ulhet egyszerre. Bizony´ıt´ as: Tegy¨ uk fel, hogy mindk´et rel´aci´o igaz. Tegy¨ uk fel tov´abb´a, hogy (DEF ) teljes¨ ul. Tekints¨ uk a B, D, F nem kolline´aris ponth´armast ´es az AC egyenest. Mivel felt´eteleink szerint (BDA) ´es (DEF ) fenn´allnak, az AC illetve BF egyenesekre n´ezve a Pasch-axi´oma (BCF ) teljes¨ ul´es´et k¨oveteli meg. Ez pedig ellentmond (BF C)-nek.

D C

A

F

B

E 1.2. ´ abra. Minden szakasznak van pontja! 1.1.1. T´ etel. A szakasznak van pontja. Bizony´ıt´ as: Tekints¨ uk az AB pontp´ar ´altal meghat´arozott szakaszt. Illeszked´esi axi´ om´ aink szerint van olyan C pont, mely nem illeszkedik az AB egyenesre. Az AC egyenesen fel tudunk venni egy D-vel jel¨olt pontot, melyre (ACD) teljes¨ ul. D nem lehet B, ´ıgy a BD egyenesen is tal´alunk egy E pontot, melyre (DBE) teljes¨ ul. Az EC egyenesre ´es az A, D, B nem kolline´aris ponth´ armasra alkalmazva Pasch axi´om´aj´at, olyan F pont l´etez´ese ad´odik, melyre (AF B) teljes¨ ul. 1.1.1. K¨ ovetkezm´ eny. A szakasznak ´es ´ıgy az egyenesnek is v´egtelen sok pontja van. Val´ oban, egym´ asba skatuly´ azott szakaszokkal u ´jabb ´es u ´jabb pontok szerkeszthet˝ ok, melyek az el˝ oz˝ o ny´ılt szakaszoknak pontjai.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

5

1.1. Az alapok

Tov´ abbi alapvet˝ o fogalom a f´els´ık fogalma. Ennek bevezet´es´ere is lehet˝os´eg¨ unk ny´ılik. Egy s´ık egy adott egyenes´ere nem illeszked˝o k´et pontj´at az egyenesre n´ezve ekvivalensnek nevezz¨ uk, ha az ´altaluk meghat´arozott z´art szakasz nem tartalmaz az egyenesre illeszked˝o pontot. Defin´ıci´o szerint minden pont ekvivalens mag´ aval. 1.1.2. Lemma. K´et pontnak egy adott e egyenesre vonatkoz´ o ekvivalenci´ aja ekvivalenciarel´ aci´ o, melynek k´et oszt´ alya van.

F

e

e F

E

E

C

A

B

D

C

A

B

D

1.3. ´ abra. Az egyenesre vonatkoz´o ekvivalencia tranzit´ıv Bizony´ıt´ as: Mivel a reflexivit´as ´es a szimmetria nyilv´anval´o, csak a rel´aci´o tranzitivit´ as´ at kell bel´ atnunk. Legyen el˝osz¨or A, B, C nem kolline´aris ponth´ armas. Ha A ekvivalens B-vel, ´es B ekvivalens C-vel, akkor A ekvivalens C-vel is, hiszen ellenkez˝ o esetben e-nek lenne olyan D pontja, amelyre (ADC) allna fenn, ´es ez ellentmondana Pasch axi´om´aj´anak. Ha pedig a h´arom pont ´ egy egyenesre illeszkedik, tekints¨ unk el˝osz¨or egy E pontot, amely e-nek egy D-t˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontja, ´es vegy¨ unk fel egy F pontot, melyre (AEF ) teljes¨ ul. Az A, F, C nem kolline´ aris ponth´armasra ´es e-re alkalmazva a Pasch-axi´om´at, a D ∈ e, (ADC), (AEF ) felt´etelekb˝ol ad´odik, hogy C ´es F ekvivalensek. Ha most B ´es F ekvivalensek lenn´enek, akkor a nem kolline´aris eset miatt A ´es F is ekvivalens pontp´ ar lenne, ez F v´alaszt´asa miatt nem lehets´eges, ´ıgy B ´es F nem ekvivalensek. Ekkor viszont megint a Pasch-axi´oma, valamint C ´es F ekvivalenci´ aja miatt B ´es C nem ekvivalensek. Ezzel ellentmond´asra jutottunk. Legal´ abb k´et oszt´ aly l´etezik, mert egy e-re nem illeszked˝o pontot ¨osszek¨otve egy e-re illeszked˝ o ponttal, az R3. axi´oma alapj´an tal´alunk a ponttal nem ekvivalens pontot. M´ asr´eszt, ha lenne h´arom oszt´aly, ezekb˝ol v´alasztva egyegy A, B, C pontot, nem kolline´aris pontokhoz k´ene jutnunk az 1. illeszked´esi

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

6

´ t geometria 1. Abszolu

axi´ oma szerint (az egyenesen lev˝o pontok defin´ıci´onk szerint vizsg´alatunkb´ ol ki vannak z´ arva). Ekkor viszont e ´es A, B, C egy a Pasch-axi´om´anak ellentmond´ o konfigur´ aci´ ohoz vezetne, ami szint´en lehetetlen. Evvel utols´o ´all´ıt´ asunkat is bel´ attuk. A fent kapott ekvivalenciaoszt´alyokat az egyenes ´altal meghat´arozott ny´ılt f´els´ıkoknak nevezz¨ uk. Ha a meghat´aroz´o egyenest is a f´els´ıkhoz vessz¨ uk, z´ art f´els´ıkr´ ol besz´el¨ unk. F´elegyenes (ny´ılt vagy z´art) egy egyenes egy ˝ot nem tartalmaz´ o f´els´ıkhoz tartoz´ o r´esze. Bevezethet˝ o a sz¨ ogtartom´ any, sz¨ogvonal, t¨or¨ottvonal, soksz¨og, soksz¨ogtartom´ any fogalma, mert igazolhat´o a s´ıkbeli egyszer˝ u z´art t¨or¨ottvonalra kimondott Jordan-t´etel. Eszerint a s´ık egy egyszer˝ u z´art t¨or¨ottvonala a s´ıkot k´et tartom´ anyra bontja, ´es ezek egyike nem tartalmaz f´elegyenest. Ez ut´obbi a darabot, a t¨ or¨ ottvonal mint soksz¨ogvonal ´altal meghat´arozott soksz¨ogtartom´ anynak nevezz¨ uk. Jegyezz¨ uk meg tov´ abb´ a, hogy az 1.1.2. lemma bizony´ıt´as´aval anal´og bizony´ıt´ as azt is mutatja, hogy adott szakasz pontjai ´altal mint v´egpontok ´altal defini´ alt szakasz pontjai az eredeti szakasznak is pontjai. 1.1.2.2. Az elliptikus s´ık rendez´ese az elv´ alaszt´ as fogalma alapj´ an Amint azt a k´es˝ obbiekben l´ atni fogjuk, az abszol´ ut s´ıkon vannak nem metsz˝o egyenesek. Ha olyan geometri´at szeretn´enk fel´ep´ıteni, melyben minden egyenesp´ ar metsz˝ o, a rendez´es fogalm´at kell u ´jragondolni. Szeml´eletesen vil´agos, hogy az euklideszi s´ıkb´ ol kiindulva defini´alhat´o egy ˝ot tartalmaz´o b˝ovebb s´ık” ” – a val´ os projekt´ıv s´ık – melyben m´ar b´armely k´et egyenes metszi egym´ast. Olyan rendez´esi m´ odszert kell bevezetni, melyb˝ol alkalmas specializ´al´assal az abszol´ ut geometri´ ak k¨ ozte van” fogalma a megk¨ovetelt tulajdons´agaival ” egy¨ utt ad´ odik.

Alaprel´ aci´ o: elv´ alaszt´ as” ”

Az elv´ alaszt´ as jel¨ ol´ese: (ACBD), ami azt jelenti, hogy a n´egy pont kolline´ aris, ´es az A, B pontokat a C, D pontok elv´alasztj´ak. ER1. Axi´ oma. Ha (ACBD), akkor (BCAD) ´es (CBDA). ER2. Axi´ oma. Az egyenes n´egy pontj´ ab´ ol pontosan egyf´elekk´eppen alkothat´ o k´et pontp´ ar u ´gy, hogy azok elv´ alassz´ ak egym´ ast. ER3. Axi´ oma. Az egyenes tetsz˝ oleges A, B, D ponth´ armas´ ahoz tal´ alhat´ o olyan C pont az egyenesen, amelyre (ABCD) teljes¨ ul.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

1.1. Az alapok

7

ER4. Axi´ oma (Pasch). Legyen A, B, C h´ arom nem egy egyenesre illeszked˝ o pont, e ´es f pedig k´et egyenes, melyeknek D ∈ e, illetve D′ ∈ f pontjaira (ADBD′ ) teljes¨ ul. Ha C nem illeszkedik e-re ´es f -re sem, akkor tal´ alunk olyan E pontot e-n ´es E ′ pontot f -en, amelyekre (AECE ′ ), (BECE ′ ) egyike fenn´ all. Vegy¨ uk ´eszre, hogy ha ide´alis egyenesk´ent r¨ogz´ıt¨ unk egy egyenest a fenti axi´ om´ akat kiel´eg´ıt˝ o elliptikus s´ıkon, ´es olyan pontn´egyesekre alkalmazzuk az elv´ alaszt´ as fogalm´ at ´es axi´ om´ait, melyeknek egyik eleme ezen egyenesre esik, ´eppen visszakaphatjuk a k¨ ozte van” fogalm´at ´es tulajdons´agait. ” Val´ oban, legyen az ide´ alis egyenes f . Ha valamely e egyenes f -hez illeszked˝ o pontja D, akkor tov´ abbi A, B, C pontjaira pontosan akkor teljes¨ ulj¨on (ABC), ha eredetileg (ABCD) ´allt fenn. Mivel az els˝o elv´alaszt´asra vonatkoz´ o axi´ oma alapj´ an feltehet˝o, hogy D az utols´o pontja a felsorol´asnak egy r¨ ogz´ıtett pontn´egyes eset´en, a k¨oz¨ott” szimmetri´aja trivi´alis. A m´asodik axi” oma szerint D az A, B, C pontok k¨oz¨ ´ ul pontosan eggyel alkotja a marad´ek kett˝ ot elv´ alaszt´ o pontp´ art, ´ıgy a k¨oz¨ott” m´asodik rendez´esi axi´om´aja szint´en ” teljes¨ ul. Ha az egyenes k´et pontja A, B az f -en lev˝o pontja pedig D, a harmadik axi´ oma ´eppen a k¨ oz¨ott” harmadik axi´om´aj´at adja. V´eg¨ ul a negyedik ” axi´ oma a Pasch-axi´ om´ at adja, ha f -et ide´alis egyenesnek v´alasztjuk. 1.1.3. Egybev´ ag´ os´ ag A vil´ agegyetem tetsz˝ oleges k´et l´etez˝o objektuma nem tekinthet˝o azonosnak. Ez a kett˝ o” sz´ o alapvet˝ o jelent´ese. Egy v´eges axi´omarendszer ´altal le´ırt struk” t´ ura ezt sohasem teljes´ıti. A geometri´an bel¨ ul az egybev´ag´os´ag fogalma hiva´ tott eld¨ onteni, hogy k´et objektum azonosnak tekinthet˝o-e vagy sem. Erdekes felismerni, hogy milyen keveset kell elhinn¨ unk ahhoz, hogy l´enyeg´eben tetsz˝ oleges objektump´ arr´ ol eld¨onthess¨ uk az azonoss´ag k´erd´es´et. A szimmetria kedv´e´ert a szakaszok ´es a sz¨ogtartom´anyok fogalm´at p´arhuzamosan axiomatiz´ aljuk. Ez nyilv´ anval´ oan sz¨ uks´egtelen b˝ov´ıt´eshez vezet, ahogy ezt a nagy el˝ od¨ ok munk´ aib´ ol l´ athatjuk.

Alaprel´ aci´ o: szakaszok ´es sz¨ ogek egybev´ ag´ os´ aga” ”

Ha AB ´es CD k´et szakasz, az egybev´ag´os´agukat AB ∼ = CD jel¨oli. E1. Axi´ oma (Felm´er´esi axi´ oma). B´ armely egyenes b´ armely pontj´ ab´ ol a pont altal meghat´ ´ arozott mindk´et f´elegyenes´ere felm´erhet˝ o egy-egy, az adott szakasszal egybev´ ag´ o szakasz. E2. Axi´ oma. Az egybev´ ag´ os´ ag ekvivalenciarel´ aci´ o.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

8

´ t geometria 1. Abszolu

E3. Axi´ oma (Felbont´asi axi´oma). K´et egybev´ ag´ o szakasz felbonthat´ o p´ aronk´ent egybev´ ag´ o r´eszekre. Azaz ha AB ∼ = A′ B ′ ´es C az AB szakasz egy pontja, akkor egy´ertelm˝ uen tal´ alhat´ o az A′ B ′ szakasznak olyan C ′ pontja, melyre ′ ′ ′ ′ ∼ ∼ AC = A C ´es CB = C B egyar´ ant fenn´ all. E4. Axi´ oma. B´ armely sz¨ ogtartom´ anyhoz megadhat´ o egy vele egybev´ ag´ o sz¨ ogtartom´ any, melynek egyik sz´ ara egy el˝ ore adott f´elegyenes, m´ asik sz´ ara pedig benne van a f´elegyenes tart´ oegyenese ´ altal meghat´ arozott egyik el˝ ore adott f´els´ıkban. E5. Axi´ oma. Ha k´et h´ aromsz¨ og k´et oldala ´es a k¨ ozrez´ art sz¨ og¨ uk p´ aronk´ent egybev´ ag´ o, akkor a harmadik oldalp´ arjuk is egybev´ ag´ o. A Hilbert-f´ele axi´ omarendszerben az ´altalunk haszn´alt felbont´asi axi´oma helyett az egybev´ ag´ o szakaszok egyes´ıt´es´er˝ol sz´ol´o axi´oma szerepel. Eszerint egybev´ ag´ o szakaszokhoz az egyenes¨ uk¨on csatlakoztatott egybev´ag´o szakaszok uni´ oja szint´en egybev´ ag´ o szakaszokat ad. A felbont´asi axi´om´anak az egyes´ıt´esi axi´ oma k¨ ovetkezm´enye, hiszen ha vizsg´alt pontjainkra (ABC), illetve uk, hogy D a m´asodik egye(A′ B ′ C ′ ) ´ all fenn, ´es AB ∼ = A′ B ′ mellett feltessz¨ ulnek, nesnek egy olyan pontja, melyre (A′ B ′ D) ´es AC ∼ = A′ D egyar´ant teljes¨ ′ ∼ akkor a felbont´ asi axi´ oma miatt BC = B D is fenn´all. Ez a felm´er´esi axi´oma miatt azt jelenti, hogy D = C ′ , vagyis teljes¨ ul az egyes´ıt´esre vonatkoz´o axi´ oma is. Az egybev´ ag´ os´ agi axi´ om´ ak lehet˝os´eget biztos´ıtanak az ¨osszehasonl´ıt´asra is. Bevezethetj¨ uk az egyenes szakaszain ´ertelmezett nem negat´ıv, val´os ´ert´ek˝ u addit´ıv f¨ uggv´enyt, a szakasz hossz´at, tov´abb´a a kisebb-nagyobb” rel´a” ci´ ot is. Ez alapozza meg a m´er´est. Bevezethet˝o a der´eksz¨og fogalma a s´ıkot n´egy egybev´ ag´ o r´eszre oszt´ o egyenesp´ar ´altal meghat´arozott sz¨ogtartom´anyok ´ m´ert´ekek´ent. Ertelmezhet˝ o a mer˝oleges vet´ıt´es ´es ´ıgy a koordin´ata fogalma is. Rendelkez´es¨ unkre ´ all teh´ at a der´eksz¨og˝ u vagy Descartes-f´ele koordin´atarendszeren alapul´ o analitikus geometria k¨ozel teljes eszk¨ozt´ara. Bevezethet˝ o az egybev´ ag´ os´agi lek´epez´es fogalma is. Azonban m´eg sok term´eszetesnek gondolt ´ all´ıt´ ast tal´alhatunk, amelyek az eddigi axi´om´ak alapj´an nem bizony´ıthat´ ok. Ezek bel´at´as´ahoz olyan tov´abbi axi´om´akra van sz¨ uks´eg, amelyek megalapozz´ ak a val´os sz´amhalmaz ´es az eddigi axi´om´ak alapj´an megismert egyenes pontjai k¨oz¨ott fenn´all´o k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u kapcsolat igazolhat´ os´ ag´ at. Ahogy a racion´alis sz´amokb´ol kiindulva tov´abbi axi´oma n´elk¨ ul nem juthatunk el a val´os sz´amok halmaz´ahoz, u ´gy az els˝o h´arom axi´omacsoportnak eleget tev˝ o egyenes sem rendelkezik a megk´ıv´ant szint˝ u foly” tonoss´ aggal”. ´Igy sz¨ uks´eg van egy negyedik axi´omacsoport fel´all´ıt´as´ara is.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

1.1. Az alapok

9

1.1.4. Folytonoss´ ag A geometriai vizsg´ alatokban k¨ ul¨onb¨oz˝o pontokon lehet az egyenes folytonoss´ ag´ anak axiomatiz´ al´ as´ ara ir´ anyul´o l´ep´eseket megtenni. A jelenlegi fel´ep´ıt´es szerinti els˝ o lehet˝ os´eg a szakasz fogalm´anak bevezet´ese ut´an k´ıv´ankozik, a Dedekind nev´ehez f˝ uz˝ od˝ o´ altal´anosan elfogadott axi´oma r´ev´en. Axi´ oma (Dedekind). Tegy¨ uk fel, hogy az egyenes pontjaib´ ol ´ all´ o valamely nem u arra teljes¨ ul, hogy az egyikhez tartoz´ o pont¨res, diszjunkt A, B halmazp´ p´ art sohasem v´ alaszt el a m´ asikhoz tartoz´ o pont. Ekkor tal´ alhat´ o az egyenesen olyan pont, amely elv´ alaszt valamennyi olyan pontp´ art, melynek egyik eleme A m´ asik eleme pedig B pontja. A Dedekind-axi´ oma tov´ abb ´eles´ıthet˝o olyan halmazp´arra, amely a fenti felt´etelekkel az egyenes pontjainak k´et diszjunkt A, B halmazra val´o felbont´ as´ ahoz vezet. Ilyenkor pontosan egy elv´alaszt´o pont van. Val´ oban, ha k´et elv´ alaszt´ o pont lenne, p´eld´aul C ′ ´es C ′′ , akkor ellentmond´ ashoz vezetne az a feltev´es is, hogy ugyanahhoz a halmazhoz (pl. A-hoz) tartoznak, ´es az is, hogy k¨ ul¨onb¨oz˝okh¨oz. Az el˝obbi esetben ugyanis a C ′ C ′′ szakasz pontjai is A-hoz tartozn´anak, ez´ert vagy egyik¨ uk sem elv´alaszt´o pont, vagy pedig nem teljes¨ ul a kiindul´asi felt´etel B-re. A m´asodik esetben a C ′ C ′′ szakasz egy D pontja C ′ -vel vagy C ′′ -vel azonos halmazhoz tartozik, viszont ´ıgy az eml´ıtett pont nem lehet elv´alaszt´o pont. A hagyom´ any szerint a kiindul´asi halmazokat Dedekind-szeleteknek nevezz¨ uk. Ezzel az elnevez´essel az axi´om´at u ´gy is fogalmazhatjuk, hogy ha az egyenes Dedekind-szeleteinek uni´oja, akkor egy´ertelm˝ uen meghat´arozott az egyenes egy pontja, amely a szeleteket elv´alasztja. A Dedekind-axi´oma ´es az illeszked´esi valamint rendez´esi axi´om´ak egy¨ uttesen lehet˝ov´e teszik a Cantoraxi´ oma bizony´ıt´ as´ at. Ezen axi´oma a j´ol ismert Cantor-f´ele k¨oz¨ospont-t´etel metrik´ at´ ol mentes ( gyenge”) alakja: ” art szakaszoknak egy Axi´ oma (Cantor). Tegy¨ uk fel, hogy Ai Bi (i = 1, 2, . . . ) z´ megsz´ aml´ alhat´ oan v´egtelen sorozata, melyre Ai Bi ⊃ Ai+1 Bi+1 ul, azaz T teljes¨ fenn´ allnak az (Ai Ai+1 Bi ), (Ai+1 Bi+1 Bi ) rendez´esek. Ekkor Ai Bi 6= ∅.

Val´ oban, azon P pontok halmaza, melyekre (P Ai Bi ) ´all fenn valamely i indexre, legyen A, B pedig jel¨olje azon R pontok halmaz´at, melyekre valamely i indexszel (Ai Bi R) teljes¨ ul. Vil´agos, hogy A ´es B kiel´eg´ıtik a Dedekindaxi´ oma felt´eteleit, ez´ert van olyan C pont, melyre minden P ∈ A ´es R ∈ B eset´en (P CR) teljes¨ ul. Ez a C pont hozz´atartozik mindegyik Ai Bi kiindul´asi z´ art szakaszhoz. Ezen a ponton igazolhat´ o, hogy az egyenes pontjainak halmaza nem megsz´ aml´ alhat´ o, mert a Cantor-axi´oma nem teljes¨ ulhet megsz´aml´alhat´oan rendezett ponthalmazra. Val´ oban, tegy¨ uk fel, hogy az egyenes pontjait egy (Pi ) sorozatba rendezt¨ uk. Legyen Q1 = P1 , R1 = P2 ´es ezt k¨ovet˝oen legyen Q2 = Pi , ha Pi az els˝ o pont a sorozatban, amire (Q1 Pi R1 ) fenn´all. Mivel minden sza-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

10

´ t geometria 1. Abszolu

kasznak van pontja, ilyen indexet tal´alunk. Hasonl´o m´odon defini´aljuk R2 -t a (Q2 Pk R1 ) felt´etel alapj´ an. Vil´agos, hogy a z´art szakaszokra Q1 R1 ⊃ Q2 R2 fenn´ all. Az elj´ ar´ ast folytatva egy olyan z´art tartalmazkod´o szakaszsorozathoz jutunk, melynek metszete nem tartalmazhat a (Pi ) sorozatba tartoz´o pontot. (Ami nem szakaszv´egpont, az valamelyik szakasznak k¨ uls˝o pontja.) Ez ellentmond Cantor axi´ om´ aj´ anak. Ha egyenes¨ unk pontjait val´os sz´amoknak szeretn´enk megfeleltetni, f¨ol kell haszn´ alnunk az egyenes szakaszair´ol sz´ol´o egybev´ag´os´agi axi´om´akat, amelyeket ¨ osszefoglal´ oan line´ aris axi´ om´ aknak is szoktunk nevezni. Ahhoz, hogy az egyenes pontjait rendez´estart´o megfeleltet´essel lek´epezhess¨ uk a val´os sz´amok halmaz´ aba, elegend˝ o a Dedekind-axi´om´an´al valamivel gyeng´ebb archimedesi axi´ oma is. Axi´ oma (archimedesi). Legyen AB illetve CD az e egyenes k´et szakasza. Ekkor van olyan n term´eszetes sz´ am ´es l´eteznek olyan Ci i = 1, . . . , n pontok abb´ a C1 Cn ⊃ AB. az e egyenesen, hogy minden i-re Ci Ci+1 ∼ = CD, tov´ Archimedesi, de nem Dedekind-f´ele egyenes modellje lehet a val´os sz´amegyenes racion´ alis pontjaib´ ol ´all´o ponthalmaz. Ezen egyenes egy szakasza a megfelel˝ o k¨ oz¨ ons´eges szakaszhoz tartoz´o racion´alis pontok halmaza lesz. E modellben az egyenesen ´ertelmezett axi´om´ak – bele´ertve az archimedesi axiom´ ´ at is – teljes¨ ulnek, de egy irracion´alis pontra h´ uz´od´o” szakaszsorozat met” szete nem pontja az ´ıgy ´ertelmezett egyenesnek. ´Igy nem teljes¨ ul a Cantoraxi´ oma ´es vele egy¨ utt a Dedekind-axi´oma sem. Ford´ıtva, k¨ onnyen igazolhat´o, hogy a Dedekind-axi´om´ab´ol a vizsg´alt felt´etelek mellett k¨ ovetkezik az archimedesi axi´oma. Jelentsen ugyanis a tov´abbiakban C1 Cn egy a CD szakasz (n − 1)-szer val´o sorozatos felm´er´es´evel ad´od´o szakaszt. (Az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert a sorozatos felm´er´est a v´ızszintesnek tekintett egyenes bal oldala” fel˝ol k´epzelj¨ uk a jobb oldal” ir´any´aban. Mivel ez ” ” a kifejez´esm´ od k¨ onnyen pontos´ıthat´o, a tov´abbiakban haszn´aljuk ezen defini´ alatlan elnevez´eseket is.) Legyen G a vizsg´alt f´elegyenes azon C pontjainak ul. Jel¨olje H a halmaza, melyhez tal´ alunk olyan n-et, hogy C ∈ C1 Cn teljes¨ fenti m´ odon nem lefedhet˝ o pontok halmaz´at. Ha az archimedesi axi´oma nem teljes¨ ulne, a k´et halmaz Dedekind-szeleteket ad, mert diszjunktak ´es fenn´all r´ ajuk a szelet” tulajdons´ ag is. ´Igy a Dedekind-axi´oma szerint van olyan E ” pont, mely a k´et szelet valamennyi pontp´arj´at elv´alasztja. Ha E ∈ G, akkor E-t˝ ol jobbra is tal´ alunk lefedhet˝o pontot, ´es E nem elv´alaszt´o pont, ha pedig E ∈ H, akkor E-t˝ ol balra tal´alunk tov´abbi nem lefedhet˝o pontot, ´es E ez´ert nem lehet elv´ alaszt´ o pont. Mivel az egyenes ¨osszes pontja G-hez vagy H-hoz tartozik, ellentmond´ asra jutottunk. Az ´ altal´ anos archimedesi egyenest (ami nem teljes´ıti Dedekind axi´om´aj´at) rendez´estart´ o m´ odon csak a val´os sz´amegyenes egy minden¨ utt s˝ ur˝ u r´eszhalmaz´ anak tudjuk megfeleltetni. Ahhoz, hogy az egyenest k¨olcs¨on¨osen egy´er-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

11

´ t te ´telek 1.2. Abszolu

telm˝ uen k´epezhess¨ uk a val´ os sz´amegyenesre, a Dedekind-axi´oma teljes¨ ul´es´et is meg kell k¨ oveteln¨ unk. Felmer¨ ul a k´erd´es, hogy van-e olyan rendezett, az egybev´ag´os´agok line´aris axi´ om´ ait is teljes´ıt˝ o egyenesmodell, amely Arkhim´ed´esz axi´om´aj´at sem teljes´ıti. A k´erd´esre Veronese p´eld´aja ad sz´ep pozit´ıv v´alaszt (l´asd a 4. fejezetben).

1.2. Abszol´ ut t´ etelek Minden pontb´ ol minden ponthoz h´ uzhat´ o egyenes.

Eukleid´esz I.I. posztul´ atum Ebben a fejezetben azon fontos ´all´ıt´asokat mondjuk ki, melyek a p´arhuzamoss´ ag fogalm´ at k´esz´ıtik el˝ o. Egyel˝ore teh´at nem haszn´aljuk a p´arhuzamoss´agi axi´ oma egyik v´ altozat´ at sem. ´Igy az abszol´ ut geometria ´all´ıt´asaihoz jutunk. 1.2.1. Lemma. Ha egy sz¨ og k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ arain v´ alasztott k´et pontot egy szakasszal ¨ osszek¨ otj¨ uk, akkor a sz¨ og cs´ ucs´ ab´ ol kiindul´ o, a sz¨ ogtartom´ anyban halad´ o tetsz˝ oleges f´elegyenes metszi a szakaszt.

B

C

O

A

1.4. ´ abra. A sz¨ ogtartom´ anybeli f´elegyenesek metszik a sz´arakat ¨osszek¨ot˝o szakaszt Bizony´ıt´ as: Tekints¨ uk az AOB sz¨og sz´arait ¨osszek¨ot˝o AB szakaszt. Jel¨olj¨on C egy olyan pontot, amelyre (AOC) teljes¨ ul. Az ABC△ -re ´es a f´elegyenesre alkalmazva a Pasch-axi´ om´ at, az ´all´ıt´as azonnal ad´odik. 1.2.2. Lemma (a k¨ uls˝ o sz¨ogr˝ol). A h´ aromsz¨ og k¨ uls˝ o sz¨ oge nagyobb a nem mellette fekv˝ o bels˝ o sz¨ ogekn´el. Bizony´ıt´ as: Indirekt tegy¨ uk f¨ol, hogy valamely ABC△ -ben az A∡ kisebb vagy egyenl˝ o a B cs´ ucsn´ al l´ev˝o k¨ uls˝o sz¨og´en´el. Ekkor a k¨ uls˝o sz¨oget az A∡ AB sz´ ar´ ara a sz¨ ogtartom´ any belsej´eben f¨olm´erve, a felm´ert k¨ uls˝o sz¨og m´asik sz´ ara az A∡ belsej´eben halad. Az el˝oz˝o lemma szerint ez egy M pontban metszi a h´ aromsz¨ og BC oldal´at. Hosszabb´ıtsuk meg a BC oldal egyenes´et az AB egyenes ´ altal meghat´ arozott C-t nem tartalmaz´o f´els´ıkban, ´es m´erj¨ uk at B-b˝ ol. Ha M ′ jel¨oli a kapott pontot, akkor fel r´ a az AM szakasz hossz´

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

12

´ t geometria 1. Abszolu

C M

A

B

M

,

1.5. ´ abra. A k¨ uls˝o sz¨og lemm´aja ′ az E5. axi´ oma miatt az ABM△ ∼ , ´es ´ıgy az M BA∡ egybev´ag´o az = BAM△ ′ ′ M AB∡ -gel, vagyis az M, A, M pontok kolline´arisak. Ez viszont lehetetlen, teh´ at lemm´ ank ´ all´ıt´ asa igaz.

1.2.1. Megjegyz´ es. A fenti bizony´ıt´ asb´ ol az is kider¨ ul, hogy ha egy egyenest k´et m´ asik egyenes ugyanakkora sz¨ og alatt metsz, akkor a k´et egyenesnek nincs k¨ oz¨ os pontja, nem metszik egym´ ast. Teh´ at az abszol´ ut geometri´ aban mindig l´eteznek nem metsz˝ o egyenesek. 1.2.3. Lemma (K´et h´ aromsz¨og egybev´ag´os´aga). K´et h´ aromsz¨ og egybev´ ag´ o, ha egy oldal valamint az oldalon l´ev˝ o egyik sz¨ og ´es az oldallal szemk¨ ozti sz¨ og a k´et h´ aromsz¨ ogben egybev´ ag´ o.

C

A

,

,

C*

B

,

1.6. ´ abra. Egy oldal ´es k´et sz¨og egyenl˝os´ege ′ Bizony´ıt´ as: Tekints¨ uk az ABC△ -et ´es az A′ B ′ C△ -et, amelyekben AB ∼ = ′ ′ ′ ′ ′ ′ A′ B ′ , ABC∡ ∼ unk fel a B ′ C ′ oldalra = A B C∡ ´es BCA∡ ∼ = B C A∡ . M´erj¨ B ′ -b˝ ol C ′ ir´ any´ aban egy BC-vel egybev´ag´o szakaszt, el˝o´all´ıtva a C ⋆ pontot.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

13

´ t te ´telek 1.2. Abszolu

⋆ ∼ Ekkor A′ B ′ C△ = ABC△ , ´ıgy a B ′ C ′ egyenest az A′ C ⋆ ´es A′ C ′ egyenesek azonos sz¨ og alatt metszik. Ez azonban csak u ´gy lehets´eges, ha C ′ = C ⋆ , ′ ′ ′ ∼ vagyis ABC△ = A B C△ . A tov´ abbiakban k´et pont t´ avols´ aga alatt az ˝oket ¨osszek¨ot˝o szakasz hossz´at ´ertj¨ uk. Szakasz felez˝ opontja a szakasz egy olyan pontja, mely a v´egpontokt´ ol egyenl˝ o t´ avols´ agra van. A s´ık k´et egyenese mer˝ oleges egym´ asra, ha n´egy egybev´ ag´ o tartom´ anyra bontj´ak a s´ıkot.

1.2.1. T´ etel (A szakaszfelez˝ o mer˝olegesr˝ol). Tetsz˝ oleges szakaszhoz egy´ertelm˝ uen l´etezik a felez˝ opontj´ an ´ athalad´ o, r´ a mer˝ oleges egyenes, a szakaszfelez˝ o mer˝ oleges, amelynek b´ armely pontja egyenl˝ o t´ avols´ agra van a szakasz v´egpontjait´ ol.

C

C

,

D E A

M

B

D’ 1.7. ´ abra. Szakaszfelez˝o mer˝oleges unk egy olyan as: A bizony´ıt´ as els˝o l´ep´esek´ent az AB f¨ol´e szerkessz¨ Bizony´ıt´ h´ aromsz¨ oget, melynek az alapon fekv˝o sz¨ogei egyenl˝ok. Vegy¨ unk el˝osz¨or egy tetsz˝ oleges C pontot, ami nem illeszkedik az AB egyenesre, ´es tekints¨ uk az ABC△ -et. Ha ebben az AB-n l´ev˝o sz¨ogek egyenl˝ok, k´eszen vagyunk. Ha pedig nem, akkor p´eld´ aul CAB∡ > CBA∡ . M´erj¨ uk ´at CBA∡ -et AB-t˝ol a nagyobbik CAB∡ tartom´ anyba. Els˝o lemm´ank szerint a sz¨ogtartom´anyban halad´ o sz´ ar egyenese metszi BC-t egy D pontban, ´es ekkor ABD△ m´ar ren′ delkezik a k´ıv´ ant tulajdons´ aggal. Vegy¨ uk f¨ol az ABD△ -gel egybev´ag´o ABD△ h´ aromsz¨ oget is az AB egyenes ´altal meghat´arozott m´asik f´els´ıkban. Els˝o lemm´ ankat ism´et alkalmazva kapjuk, hogy DD′ metszi AB-t egy M pontban. ′ Mivel AM D△ ∼ , ez´ert DM A∡ = D′ M A∡ = DM B∡ = D′ M B∡ , = AM D△ ´es ´ıgy az el˝ oz˝ o lemma szerint AM D△ ∼ = BM D△ . Ez azt jelenti, hogy DD′ opontj´ an ´es mer˝oleges is r´a. A DD′ egyenes egy tetsz˝oleges athalad AB felez˝ ´ M -t˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o E pontja eset´en AM E△ ∼ = BM E△ , ´es ´ıgy E-nek az A ´es

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

14

´ t geometria 1. Abszolu

A

b b C

a

A

,

B

1.8. ´ abra. Nagyobb oldallal szemben nagyobb sz¨og van B pontokt´ ol m´ert t´ avols´ aga egyenl˝o. V´eg¨ ul jegyezz¨ uk meg, hogy a felm´er´esi axi´ oma miatt egy szakasznak csak egy felez˝opontja lehet, ´ıgy a szakaszfelez˝o mer˝ oleges egy´ertelm˝ u. 1.2.2. Megjegyz´ es. T´etel¨ unk k¨ ovetkezm´enye, hogy az egyenl˝ o sz´ ar´ u h´ aromsz¨ og alapon fekv˝ o sz¨ ogei egyenl˝ ok, tov´ abb´ a, hogy ha egy h´ aromsz¨ og egyik oldalon fekv˝ o sz¨ ogei megegyeznek, akkor a sz¨ ogekkel szemben fekv˝ o oldalak is egyenl˝ ok. 1.2.4. Lemma. A h´ aromsz¨ og k´et sz¨ og´enek ¨ osszege kisebb az egyenessz¨ ogn´el. Bizony´ıt´ as: Valamely ABC△ -ben az A-n´al ´es B-n´el lev˝o bels˝o sz¨ogek ¨osszege kisebb, mint a B-n´el lev˝o bels˝o ´es k¨ uls˝o sz¨ogek ¨osszege, ami ´eppen az egyenessz¨ og. 1.2.1. K¨ ovetkezm´ eny. Egy egyenl˝ o sz´ ar´ u h´ aromsz¨ og sz´ arsz¨ oge az egyenessz¨ og fel´en´el kisebb, azaz mindig hegyessz¨ og. A tov´ abbiakban gyakran utalunk szakasz hossz´ara. A szakaszokat an´elk¨ ul is ¨ ossze lehet hasonl´ıtani, hogy m´er˝osz´amot rendeln´enk a hosszukhoz, ´ıgy a c. 1.2.2. K¨ ovetkezm´ eny. T´etel¨ unk alapj´ an indukci´ oval k¨ onnyen igazolhat´ oa t¨ or¨ ottvonal-egyenl˝ otlens´eg, miszerint ha A1 , A2 , . . . , An egy t¨ or¨ ottvonal sz¨ ogn−1 P Ai Ai+1 ≥ A1 An egyenl˝ otlens´eg. pontjai, akkor fenn´ all a i=1

1.2.6. Lemma (Kar-lemma). Ha k´et h´ aromsz¨ og k´et-k´et megfelel˝ o oldala egybev´ ag´ o, a k¨ ozt¨ uk lev˝ o sz¨ og pedig az els˝ o h´ aromsz¨ ogben kisebb, mint a m´ asodikban, akkor a harmadik oldal az els˝ o h´ aromsz¨ ogben szint´en kisebb, mint a m´ asodikban.

B B

C C D

C

,

,

D

A C

A

1.10. ´abra. Kar-lemma n = 3

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

16

´ t geometria 1. Abszolu

′ a felt´eteleknek megfelel˝o k´et h´aromBizony´ıt´ as: Legyen ABC△ ´es A′ B ′ C△ ′ ′ sz¨ og. Nyilv´ an feltehet˝ o, hogy A = A , B = B ′ ´es ABC∡ < A′ B ′ C∡ tov´abb´a, ′ hogy C ´es C az AB egyenes azonos oldal´an helyezkednek el. Ekkor D-vel jel¨ olve a BC egyenes ´es az AC ′ szakasz (els˝o lemm´ank szerint l´etez˝o) metsz´espontj´ at, a B, D, C pontok elhelyezked´es´ere k´et eset lehets´eges: (BDC) ´es (BCD). Az els˝ o esetben a BC = BC ′ egyenl˝os´eg miatt az

AC ′ C∡ < BC ′ C∡ = C ′ CB∡ < C ′ CA∡ egyenl˝ otlens´egek teljes¨ ulnek, ´es ´ıgy AC < A′ C ′ is fenn´all (l´asd az 1.10. ´abr´an a bal oldali rajzot). ′ ′ A m´ asodik esetben a CBC△ egyenl˝o sz´ar´ u volta miatt BCC∡ < π2 , azaz C ′ CD∡ > π2 . ´Igy a CC ′ D△ -ben C ′ CD∡ a legnagyobb sz¨og. Ez´ert DC ′ > DC, ´es ´ıgy AC ′ = AD + DC ′ > AD + DC > AC is fenn´all (l´asd az 1.10. ´abr´an a jobb oldali rajzot). 1.2.3. T´ etel (Legendre els˝ o t´etele). B´ armely h´ aromsz¨ og sz¨ ogeinek ¨ osszege nem nagyobb az egyenessz¨ ogn´el.

C=C0

A=A0

C n-1

C1

B=A1

A2

A n-1

An

1.11. ´ abra. Legendre els˝o sz¨ogt´etele Bizony´ıt´ as: Indirekt tegy¨ uk fel, hogy van olyan ABC△ , amelyben a sz¨o−−→ gek ¨ osszege egyenessz¨ ogn´el nagyobb. Az AB f´elegyenesen vegy¨ uk f¨ol ezen h´ aromsz¨ og n darab egybev´ ag´o p´eld´any´at u ´gy, hogy az AB-nek megfelel˝o oldalak cs´ ucspontjai a f´elegyenesen az A = A0 , B = A1 , A2 , . . . , An ekvidiszt´ ans (egyenl˝ o k¨ oz˝ u) pontsorozatot alkoss´ak, m´ıg a C0 = C, C1 , . . . Cn−1 harmadik cs´ ucspontok ugyanazon f´els´ıkhoz tartozzanak. A felt´etel¨ unk miatt Ai Ci Ai+1 ∡ > Ci Ai+1 Ci+1 ∡ egyenl˝otlens´eg teljes¨ ul minden i = 0, 1, . . . , n−1re. Ez´ert a Kar-lemma alapj´an A0 A1 = Ai Ai+1 > Ci Ci+1 = C0 C1 . Ugyanakkor a t¨ or¨ ottvonal-egyenl˝ otlens´eg miatt A0 C0 + C0 C1
+ · · · + Cn−1 An−1 > n·A0 A1 ad´ odik. Ebb˝ ol ´ atrendez´essel az n· A0 A1 −C0 C1 < A0 C0 +Cn−1 An−1 osszef¨ ugg´eshez jutunk, ami n megv´alaszt´as´anak tetsz˝oleges volta miatt ellent¨ mond az archimedesi axi´ om´ anak.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

17

´ t te ´telek 1.2. Abszolu

C

A

B

D

1.12. ´abra. K¨ uls˝ osz¨og-t´etel 1.2.1. Defin´ıci´ o. Egy h´ aromsz¨ og sz¨ ogeinek ¨ osszeg´et egyenessz¨ ogre kieg´esz´ıt˝ o sz¨ oget a h´ aromsz¨ og defektus´ anak nevezz¨ uk ´es δ-val jel¨ olj¨ uk. 1.2.4. T´ etel (k¨ uls˝ osz¨ og-t´etel). A h´ aromsz¨ og egyik (bels˝ o) sz¨ og´ehez tartoz´ o k¨ uls˝ o sz¨ oge nem kisebb a m´ asik k´et (bels˝ o) sz¨ og´enek o ¨sszeg´en´el. Bizony´ıt´ as: Legendre els˝ o sz¨ogt´etele miatt DBC∡ = π − ABC∡ ≥ CAB∡ + ACB∡ teljes¨ ul az ´ all´ıt´ asnak megfelel˝oen. 1.2.3. Megjegyz´ es. Tetsz˝ oleges (z´ art, ¨ onmag´ at nem metsz˝ o) soksz¨ og ´ atl´ okkal h´ aromsz¨ ogekre bonthat´ o. A felbont´ asban szerepl˝ o h´ aromsz¨ ogek defektusainak ¨ osszeg´evel defini´ alhatjuk a soksz¨og defektus´at, ami l´ athat´ oan a soksz¨ og bels˝ o sz¨ ogei ¨ osszeg´enek (n−2)π-t˝ ol val´ o elt´er´ese. (´ Igy nem f¨ ugg a felbont´ ast´ ol!) 1.2.5. T´ etel (Legendre m´ asodik t´etele). Ha van olyan h´ aromsz¨ og, amelynek defektusa nulla, akkor valamennyi h´ aromsz¨ og defektusa nulla. Bizony´ıt´ as: Tegy¨ uk fel, hogy az ABC△ defektusa nulla. Mivel a defektus nemnegat´ıv, addit´ıv f¨ uggv´eny, ´ıgy a h´aromsz¨og legnagyobb sz¨og´ehez beh´ uzott magass´ agvonal k´et nulla defektus´ u der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogre bontja az ABC△ -et. Az egyiket egy vele egybev´ag´o p´eld´annyal egyes´ıtve egy nulla defektus´ u n´egysz¨ ogh¨ oz jutunk, melynek k´et egym´as melletti sz¨oge der´eksz¨og. Van teh´ at t´eglalap a s´ıkon. Ebb˝ol a t´eglalapb´ol kiindulva, ilyenek oldal menti ′ egyes´ıt´es´evel tetsz˝ oleges korl´ atos tartom´anyhoz – ´ıgy egy tetsz˝oleges A′ B ′ C△ h¨ oz is – tal´ alunk egy ˝ ot lefed˝o t´eglalapot az archimedesi axi´oma alapj´an. Az ′ A′ B ′ C△ -et az 1.13. ´ abra szerint lefed˝o t´eglalapot bontsuk fel az ott l´athat´o m´ odon legfeljebb ¨ ot diszjunkt h´aromsz¨og uni´oj´ara. Ezek mindegyik´eben nulla ′ a defektus az additivit´ as ´es nem negativit´as miatt, ´ıgy az A′ B ′ C△ defektusa is nulla. 1.2.6. T´ etel. A h´ aromsz¨ ogek defektusa pontosan akkor nulla, ha s´ıkj´ aban b´ armely a egyeneshez egy r´ a nem illeszked˝ o P ponton ´ at egyetlen nem metsz˝ o egyenes h´ uzhat´ o.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

18

´ t geometria 1. Abszolu

C A

B

C

A

,

,

B

,

1.13. a´bra. A m´asodik sz¨ogt´etel

P

T

D1

PD1 =D1 D2 ,

D2 PD 2 =D2 D3

D3 ....

1.14. ´ abra. Mi´ert tart null´ahoz a P Di T∡ ? Bizony´ıt´ as: Tegy¨ uk fel el˝ osz¨or, hogy a h´aromsz¨ogek defektusa nulla. Jel¨olje T a P -b˝ ol a-ra bocs´ atott mer˝oleges talppontj´at. Ekkor P -ben a T P -re all´ıtott P K mer˝ ´ oleges nem metszi a-t. Indirekt tegy¨ uk fel, hogy a KP T∡ sz¨ ogtartom´ anyban van tov´ abbi P -b˝ol indul´o, a-t nem metsz˝o f f´elegyenes is. Ekkor f P K-val egy pozit´ıv ǫ sz¨oget z´ar be. Tekints¨ unk most egy olyan P b˝ ol indul´ o f´elegyenest, mely D-ben metszi a-t, ´es amelyre P DT∡ < ǫ. (Ilyen sz¨ og tal´ alhat´ o, mert a k¨ uls˝ o sz¨ogek t´etele miatt, ha az a-ra illeszked˝o D pont v´egtelenhez tart, akkor a P Di T ∡ null´ahoz tart (l´asd az 1.14. ´abr´at)). Ez viszont lehetetlen, mert a P DT△ sz¨og¨osszege π, ´es ´ıgy KP D∡ = P DT∡ < ǫ, ami azt jelenti, hogy az a-t nem metsz˝o f f´elegyenes a T P D∡ sz¨ogtartom´any f´elegyenese, ellentmondva az 1.2.1. lemm´anak. Ford´ıtva, tegy¨ uk fel, hogy a P -n kereszt¨ ul csak egy egyenes h´ uzhat´o, amely nem metszi a-t. V´ alasszuk tov´abb´a az ABC△ -et u ´gy, hogy AB oldal´anak egyenese a legyen, ´es C cs´ ucsa egybeessen P -vel. Ekkor a BP K∡ = P BA∡ −−→ felt´etelnek eleget tev˝ o P -b˝ ol kiindul´o P K f´elegyenes az a-t nem metsz˝o egye-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

19

´sz pa ´ rhuzamossa ´ gi axio ´ ma ´ ja 1.3. Eukleide

P

K

f A

T

a

B

D

1.15. ´ abra. Ha a defektus nulla, teljes¨ ul a p´arhuzamoss´agi axi´oma −→ nes egyik f´elegyenese. Hasonl´o m´odon az 1.16. ´abra szerinti P L f´elegyenes tart´ oegyenese sem metszi a-t, ha teljes¨ ul az AP L∡ = P AB∡ felt´etel. Ekkor viszont a k´et f´elegyenes ugyanahhoz az egyeneshez tartozik, ´es ´ıgy az ABC△ defektusa nulla.

C=P

L

K

a A

B

1.16. ´ abra. A defektus nulla, ha teljes¨ ul a p´arhuzamoss´agi axi´oma A tov´ abbiakban megvizsg´aljuk az abszol´ ut geometri´ahoz illeszthet˝o p´arhuzamoss´ agi axi´ om´ akat.

1.3. Eukleid´ esz p´ arhuzamoss´ agi axi´ om´ aja Ha k´et egyenest u ´gy metsz egy egyenes, hogy az egyik oldalon keletkez˝ o bels˝ o sz¨ ogek (¨ osszegben) k´et der´eksz¨ ogn´el kisebbek, akkor a k´et egyenes v´egtelen¨ ul meghosszabb´ıtva tal´ alkozz´ek azon az oldalon, amerre az (¨ osszegben) k´et der´eksz¨ ogn´el kisebb sz¨ ogek vannak.

Eukleid´esz I.V. Posztul´ atum Eukleid´esz ¨ ot¨ odik posztul´ atum´aval ekvivalens a Pr´okloszt´ol sz´armaz´o al´abbi megfogalmaz´ as:

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

20

´ t geometria 1. Abszolu

Axi´ oma (Eukleid´esz p´ arhuzamoss´agi axi´om´aja). Adott egyeneshez adott, az egyenesre nem illeszked˝ o ponton kereszt¨ ul egyetlen nem metsz˝ o egyenes h´ uzhat´ o. N´eh´ any tov´ abbi, ´ altalunk eddig nem vizsg´alt, az ¨ot¨odik posztul´atummal ekvivalens ´ all´ıt´ as: • Adott egyenest˝ ol a s´ık ugyanazon fel´en egyenl˝o t´avols´agra l´ev˝o pontok m´ertani helye egyenes. (Clavio, 1574) • Van legal´ abbis k´et hasonl´o, de nem egybev´ag´o h´aromsz¨og. (Wallis, 1663)

• B´ armely h´ aromsz¨ ogn´el van nagyobb ter¨ ulet˝ u h´aromsz¨og. (Gauss, 1799) • H´ arom pont k¨ or¨ on vagy egyenesen van. (Bolyai Farkas)

1.3.1. Defin´ıci´ o. Az egybees˝ o egyenesek p´arhuzamosak (azaz egy egyenes p´ arhuzamos ¨ onmag´ aval). K´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o egyenest pedig akkor mondunk p´arhuzamosnak, ha van k¨ oz¨ os s´ıkjuk, de nincs k¨ oz¨ os pontjuk. 1.3.1. T´ etel. A p´ arhuzamoss´ ag ekvivalenciarel´ aci´ o.

c C

b a 1.17. ´ abra. Az euklideszi p´arhuzamoss´ag tranzit´ıv Bizony´ıt´ as: A reflexivit´ as ´es szimmetria a p´arhuzamoss´ag fenti defin´ıci´oja szerint teljes¨ ul. Elegend˝ o teh´at a tranzitivit´ast igazolni. Ha akb ´es bkc, akkor a ´es c valamely k¨ oz¨ os pontja b-hez nem tartozhat, ´ıgy b-vel egy s´ıkot hat´aroz meg, mely a, b, c k¨ oz¨ os s´ıkja. A p´arhuzamoss´agi axi´oma szerint ekkor a = c azaz akc. Ezek szerint, ha a 6= c, akkor a-nak ´es c-nek nincs k¨oz¨os pontja. Ha az a, b ´es b, c egyenesp´ arok γ ´es α s´ıkjainak van b-re nem illeszked˝o k¨oz¨os pontja is, akkor a k´et s´ık egybeesik, ´es ez az a, c egyenesp´ar s´ıkja is, teh´at akc is teljes¨ ul. Ha pedig γ ´es α k¨ ul¨onb¨oz˝o s´ıkok, akkor tekints¨ uk a c egyenes tetsz˝ oleges C pontj´ at (ez biztosan nem illeszkedik γ-ra). Az a egyenes ´es a C pont s´ıkj´ at jel¨ olj¨ uk β-val. Ekkor a = β ∩ γ, ´es legyen a′ = α ∩ β. Ha a′ = c,

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

21

´ rhuzamossa ´ g a hiperbolikus s´ıkon 1.4. Pa

akkor a-nak ´es c-nek van k¨ oz¨ os s´ıkja, ´es ´ıgy akc teljes¨ ul. Ha pedig a′ 6= c, akkor ′ a metszi b-t (α-ban). Ez a metsz´espont akkor γ-ra is illeszkedik, amib˝ol γ = β k¨ ovetkezik, teh´ at ellentmond´asra jutunk. ´Igy a ´es c k¨oz¨os s´ık´ u nem metsz˝o egyenesek, teh´ at p´ arhuzamosak. Ezzel a tranzitivit´ast bizony´ıtottuk. Az axi´ oma ellen˝ orz´ese – az egyenes v´egtelens´ege miatt – tapasztalati, ´eszlel´esi k¨ or¨ unk¨ on k´ıv¨ ulre esik, ez´ert kimond´as´anak pillanat´at´ol kezdve vizsg´alat t´ argy´ at k´epezte. Legendre eredm´enyei, mint l´attuk, visszavezett´ek a k´erd´est a h´ aromsz¨ og sz¨ og¨ osszeg´enek vizsg´alat´ara, ami ellen˝orizhet˝obb tulajdons´agnak t˝ unt. Azonban m´er´esekkel – azok mindig is fell´ep˝o hib´aja miatt – tov´abbra sem lehet minden k´ets´eget kiz´ar´oan eld¨onteni, hogy tapasztalati u ´ton el´erhet˝ o vil´ agunkra az euklideszi vagy a hiperbolikus geometria p´arhuzamoss´agi axi´ om´ aja teljes¨ ul-e. Teh´ at, ha mindk´et axi´oma alapj´an fel´ep´ıthet˝o egy-egy geometria, akkor azok egyforma es´ellyel ´ırhatj´ak le vil´agunkat.

1.4. P´ arhuzamoss´ ag a hiperbolikus s´ıkon Semmib˝ ol egy u ´j, m´ as vil´ agot teremtettem. Bolyai J´ anos levele atyj´ ahoz

A tov´ abbiakban feltessz¨ uk, hogy a s´ıkon a hiperbolikus geometria al´abbi p´arhuzamoss´ agi axi´ om´ aja ´erv´enyes. Axi´ oma (hiperbolikus p´ arhuzamoss´agi axi´oma). Adott egyeneshez adott, az egyenesre nem illeszked˝ o ponton kereszt¨ ul t¨ obb, az adott egyenest nem metsz˝ o egyenes h´ uzhat´ o. 1.4.1. T´ etel. A hiperbolikus s´ıkon egy adott a egyeneshez egy adott, rajta k´ıv¨ ul fekv˝ o A pontb´ ol pontosan k´et olyan f´elegyenes h´ uzhat´ o, hogy az ´ altaluk meghat´ arozott kisebbik ny´ılt sz¨ ogtartom´ anynak valamennyi A kezd˝ opont´ u f´elegyenese metszi a-t, ´es a k´et hat´ arol´ o f´elegyenesnek nincs k¨ oz¨ os pontja a-val. Ezeket elpattan´ o f´elegyeneseknek, egyeneseiket pedig elpattan´o egyeneseknek nevezz¨ uk. Bizony´ıt´ as: Az A pontb´ ol az a egyenesre bocs´atott mer˝oleges talppontja legyen T . Tekints¨ uk az A ponton ´athalad´o, a T A-ra mer˝oleges e egyenest, −−→ −→ amit az A pont k´et f´elegyenesre, AK-ra ´es AL-re bont fel. A T AK sz¨ogtartom´ anyban halad´ o f´elegyenesek az 1.2.1. lemma szerint metszik AK-t. A metsz´espontok, aszerint, hogy metsz˝o vagy nem metsz˝o f´elegyenes adja ˝oket, k´et Dedekind-szeletet alkotnak, ´ıgy van egy egy´ertelm˝ uen meghat´arozott elv´ alaszt´ o pont. (A T K egyenes t¨obbi pontj´at term´eszetes m´odon soroljuk a k´et oszt´ aly egyik´ebe, ha (P T K) ´all fenn, akkor P -t a metsz˝ok oszt´aly´aba soroljuk, ha Q-ra (T KQ) teljes¨ ul, akkor a nem metsz˝ok halmaz´ahoz vessz¨ uk.) Az ehhez tartoz´ o f´elegyenes az elpattan´o egyenes, mely nyilv´an a nem metsz˝ok

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

22

´ t geometria 1. Abszolu

oszt´ aly´ anak eleme. A t´etelben szerepl˝o m´asik f´elegyenes T A-ra szimmetrikusan ad´ odik. A tov´ abbiakban a f´elegyenesek p´arhuzamoss´ag´anak defini´al´as´at t˝ uzz¨ uk ki c´elul. Ehhez az elpattan´ as” alaposabb vizsg´alata sz¨ uks´eges. ”

L

A

K

T 1.18. ´ abra. Elpattan´o f´elegyenesek 1.4.1. Defin´ıci´ o. Egy adott f´elegyenes tart´ oegyenes´ehez egy adott, az egyenesen k´ıv¨ ul fekv˝ o pontb´ ol k´et elpattan´ o f´elegyenes h´ uzhat´ o. Ezek k¨ oz¨ ul azt tekintj¨ uk az adott f´elegyeneshez a pontb´ol h´ uzott elpattan´o f´elegyenesnek, amelyik a pontot ´es az adott f´elegyenes kezd˝ opontj´ at ¨ osszek¨ ot˝ o egyenesnek a f´elegyenessel k¨ oz¨ os oldal´ an van. 1.4.1. Lemma. Az elpattan´ o vagy az adott f´elegyenes kezd˝ opontj´ at tart´ oegyenes´en ´ athelyezve u ´gy, hogy annak v´egtelen t´ avoli pontj´ at nem v´ altoztatjuk meg, az elpattan´ as tulajdons´ aga megmarad. Ha egy f´elegyenes elpattan´ o egy adott f´elegyeneshez, akkor elpattan´ o az adott f´elegyenesre illeszked˝ o, vagy az azt tartalmaz´ o b´ armely m´ asik f´elegyeneshez is. Tov´ abb´ a a f´elegyenesre illeszked˝ o vagy a f´elegyenest tartalmaz´ o b´ armely f´elegyenes is elpattan´ o az adott f´elegyeneshez. Bizony´ıt´ as: A lemma bizony´ıt´asa n´egy eset vizsg´alat´at ig´enyli, ami a Paschaxi´ oma seg´ıts´eg´evel az ´ abr´ ak alapj´an k¨onnyen elv´egezhet˝o. 1.4.2. T´ etel. A f´elegyenesek halmaz´ an az elpattan´ as szimmetrikus ´es tranzit´ıv tulajdons´ ag. −−→ Bizony´ıt´ as: El˝ osz¨ or igazoljuk a szimmetri´at. Legyen a k´et f´elegyenes AK ´es −→ BL, ahol L illetve K a f´elegyenesek egy-egy t´avoli” pontjai. Tegy¨ uk fel, hogy ” −−→ −→ −−→ −→ AKkBL, azaz a B-b˝ ol AK-hoz ind´ıtott elpattan´o a BL f´elegyenes. H´ uzzuk −−→ meg az ABL∡ sz¨ ogfelez˝ o egyenes´et. Ez metszi AK-t M -ben. Az M AB∡ sz¨og−−→ felez˝ oje metszi BM -et O-ban. Vil´agos, hogy O egyenl˝o t´avols´agra van az AK −→ illetve BL f´elegyenesekt˝ ol. A mer˝oleges szakaszok talppontjai legyenek rendre −−→ −→ −−−→ −−→ TA ´es TB . Az el˝ oz˝ o lemma szerint AKkBL ekvivalens a TA KkTB L rel´aci´oval,

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

23

´ rhuzamossa ´ g a hiperbolikus s´ıkon 1.4. Pa

B’

B

B L

M

A

B’ M N

L’’ ,, K A = AML B L’

AML’

B

L

L’

O K B’L’ metsző

L A

A’ K

L A’

K

A

1.19. ´ abra. Kezd˝opont-´athelyez´es

B

TB

L O

A

TA M

K

1.20. ´abra. Szimmetria −−−→ −−→ amely viszont szimmetrikus, mert a TA K, TB L f´elegyenesp´ar szimmetrikus −−→ −−−→ a TA OTB ∡ sz¨ ogfelez˝ oj´ere. Ez´ert az ut´obbi rel´aci´o ekvivalens a TB LkTA K −→ −−→ rel´ aci´ oval, ´es ism´et a lemm´ ankra hivatkozva kapjuk, hogy BLkAK. A tranzitivit´ as igaz´ ab´ ol t´erbeli ´all´ıt´as. Modellt˝ol f¨ uggetlen¨ ul bizony´ıtani nem k¨ onny˝ u. Az elpattan´ as valamely modellben val´o geometriai jellemz´ese ut´ an az ´ all´ıt´ as trivi´ alisan ad´ odik. Jelen esetben modellt˝ol f¨ uggetlen bizony´ıt´ ast adunk, de csak” s´ıkban. ” H´ arom esetet k¨ ul¨ onb¨ oztethet¨ unk meg a f´elegyenesek egym´ashoz viszony´ı−−→ −→ tott elhelyezked´ese alapj´ an. Az els˝o k´et egyenest AK-val illetve BL-lel je−−→ −−→ −→ −→ −−→ l¨ olve a harmadik, CM az AKkBL, BLkCM felt´etelek mellett a kezd˝opont athelyez´esr˝ ´ ol sz´ ol´ o lemma alapj´an az 1.21. ´abr´an l´athat´o h´arom helyzetben k´epzelhet˝ o el. −−→ −→ Val´ oban, AK ´es BL p´ arhuzamoss´ag´ab´ol k¨ovetkezik, hogy az AB egyenes ´ altal meghat´ arozott f´els´ıkok k¨oz¨ ul az egyik tartalmazza mindk´et f´elegye−→ −−→ −−→ nest. Mivel BLkCM is fenn´all, ez´ert CM szint´en belemetsz ezen f´els´ıkba. Ha egyenes´enek van pontja AB-n, akkor feltehet˝o, hogy a h´arom kezd˝opont

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

24

´ t geometria 1. Abszolu

B B

,

C

L M

A C M

B B

A

,

K

C M A

L K

K B

L

1.21. ´abra. Tranzitivit´as k¨ oz¨ os egyenesre illeszkedik. Ha ez nem teljes¨ ul, akkor tekints¨ uk B ´es C pon−→ −−→ tok ¨ osszek¨ ot˝ o egyenes´et is. Mivel BL ´es CM k¨oz¨os f´els´ıkban vannak, ez´ert −→ mindh´ arom f´elegyenes azon ABC∡ konvex sz¨ogtartom´anyba esik, mely BL-et tartalmazza. Ennek sz´ arain vegy¨ unk rendre egy (BAA′ ), (BCC ′ ) rel´aci´oknak ′ ′ eleget tev˝ o A , C pontp´ art. Vil´agos, hogy az A′ C ′ szakaszt mindh´arom f´elegyenes metszi. A m´ asodik k´et eset ekvivalens egym´assal, ez´ert csak az els˝o k´et esettel −−→ foglalkozunk. A BL egyenes elv´alasztja a m´asik k´et f´elegyenest, ez´ert CM −−→ −−→ nem metszi AK-t, hiszen k¨ ul¨onben a Pasch-axi´oma miatt AK-val egy¨ utt −→ BL-et is metszen´e. Ugyanakkor a C-b˝ol az ACM∡ tartom´anyban ind´ıtott −→ f´elegyenes az elpattan´ as tulajdons´aga miatt metszi BL-et egy B ′ pontban. A −−→ kezd˝ opont ´ athelyez´es´er˝ ol sz´ ol´o lemma miatt ugyanez az egyenes metszi AK-t −−→ −−→ is, ´ıgy metsz˝ o. Azaz CM elpattan´o AK-hoz, ahogy ´all´ıtottuk. A m´ asodik eset hasonl´ ok´eppen elint´ezhet˝o, ha kihaszn´aljuk a szimmetriatulajdons´ agot is, ´es az A-b´ ol indul´o f´elegyeneseket vizsg´aljuk. 1.4.2. Defin´ıci´ o. K´et f´elegyenes p´ arhuzamos, ha az egyik tartalmazza a m´ asikat, vagy ha elpattan´ oak. K´et egyenes p´arhuzamos, ha mindkett˝ o tartalmaz egy-egy olyan f´elegyenest, amelyek p´ arhuzamosak. A p´ arhuzamos f´elegyenesek oszt´ alyaihoz u ´j objektumokat rendel¨ unk, az oszt´ alyhoz tartoz´ o f´elegyenesek k¨oz¨ os v´eg´et. K´et egys´ık´ u egyenest ultraparallelnek (vagy kit´er˝ onek) mondunk, ha nem metsz˝ ok ´es nem is p´ arhuzamosak. A k¨ ovetkez˝ o t´etel azt jelzi, hogy a hiperbolikus s´ık strukt´ ur´aja jobban hasonl´ıt az euklideszi t´er szerkezet´ehez, mint az euklideszi s´ık´ehoz. Az ultraparallel egyenesek p´eld´ aul rendelkeznek az euklideszi t´er kit´er˝o egyeneseinek al´ abbi fontos tulajdons´ agaival.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

25

´ rhuzamossa ´ g a hiperbolikus s´ıkon 1.4. Pa

1.4.3. T´ etel (Bolyai J´ anos). K´et ultraparallel egyenesnek l´etezik k¨ oz¨ os mer˝ olegese.

B

S

L

F

A

T

M

K

1.22. ´ abra. Ultraparallel egyenesek k¨oz¨os mer˝olegese Bizony´ıt´ as: Bolyai J´ anos bizony´ıt´asa felhaszn´alja, hogy az egyeneshez egy k¨ uls˝ o pontb´ ol ind´ıtott metsz˝ o f´elegyeneseknek az egyenessel bez´art sz¨oge folytonosan v´ altozik a pontb´ ol az egyenesre bocs´atott mer˝olegeshez viszony´ıtott sz¨ og f¨ uggv´eny´eben. Ez nem k´ezenfekv˝o ´all´ıt´as, de a bizony´ıt´as´at az olvas´ora b´ızhatjuk. −−→ −→ Legyen most AK illetve BL vizsg´alt egyeneseink k´et olyan f´elegyenese, amelyekre a BAK∡ der´eksz¨ og, ´es a k´et f´elegyenes a BA egyenes ´altal meghat´ arozott ugyanazon f´els´ıkhoz tartozik. Ekkor vagy AB a k´et egyenes k¨oz¨os −−→ mer˝ olegese, vagy feltehetj¨ uk, hogy ABL∡ hegyessz¨og. Legyen BM az ABL∡ −−→ sz¨ ogtartom´ any´ aban B-b˝ ol ind´ıtott metsz˝o f´elegyenes, ahol M az AK-val alkotott metsz´espontot jel¨ oli. Megjegyz´es¨ unk szerint m´ıg M az A pontb´ol eljut K-ba, az M BL∡ sz¨ og monoton cs¨okken˝o folytonos v´altoz´as mellett rendre felveszi az [ABL∡ , ǫ] intervallumba es˝o val´os sz´am´ert´ekeket. Itt ǫ > 0, mert ebben a sz¨ ogtartom´ anyban van a B-b˝ol h´ uzott p´arhuzamos, amely elv´alasztja az LBA∡ k´et sz´ ar´ at. Hasonl´ o m´odon a BM A∡ monoton cs¨okken˝o folytonos f¨ uggv´eny, amely a [ π2 , 0) intervallum ´ert´ekeit veszi fel. (Kor´abban m´ar l´attuk, hogy van null´ ahoz tart´ o r´eszsorozata ezen f¨ uggv´enynek.) Mindez csak u ´gy lehets´eges, ha van egy olyan M , amire BM A∡ = M BL∡ . Jel¨olje F a −−→ BM szakasz felez˝ opontj´ at, ´es legyen n az F pontb´ol AK-ra bocs´atott me−−→ r˝ oleges egyenes, T pedig n ´es AK k¨oz¨os pontja. Az n = T F egyenes metszi −−→ a BK f´elegyenest egy S pontban, mert az F pontra vonatkoz´o k¨oz´eppontos −→ −−→ t¨ ukr¨ oz´es az n egyenest fixen hagyja, a BL f´elegyenest pedig az M A f´elegyenesbe k´epezi. Az M T F△ ekkor egybev´ag´o a BSF△ -gel, ´ıgy n a keresett k¨oz¨os mer˝ oleges.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

26

´ t geometria 1. Abszolu

1.4.2. Lemma. Egy egyenest az ´ abra szerint azonos sz¨ og alatt metsz˝ o egys´ık´ u egyenesp´ ar ultraparallel helyzet˝ u.

B L

A

K

1.23. ´ abra. Azonos sz¨og alatt hajl´o egyenesp´ar ultraparallel Bizony´ıt´ as: Kor´ abban l´ attuk az 1.2.1. Megjegyz´esben, hogy egy ilyen egye−−→ nesp´ ar nem lehet metsz˝ o. Ha p´arhuzamosak lenn´enek, akkor pl. az AK ´es a −→ BL f´elegyenesek elpattan´ oak voln´anak, ´es az AB szakasz felez˝opontj´ara vonatkoz´ o szimmetria miatt a komplementer f´elegyenesp´ar is elpattan´o lenne. Ez azonban ellentmondana a hiperbolikus p´arhuzamoss´agi axi´om´anak. 1.4.1. Ko eny. Ha egy egyenesp´ arnak van k¨ oz¨ os mer˝ olegese, akkor ¨vetkezm´ ultraparallel. Most pedig megszerkesztj¨ uk a k¨oz¨os mer˝olegest. Ehhez sz¨ uks´eg¨ unk lesz egy speci´ alis n´egysz¨ og, a Saccheri-n´egysz¨og tulajdons´agaira. Az A′ ABB ′ n´egysz¨ og Saccheri-f´ele, ha AB alapj´an l´ev˝o sz¨ogei der´eksz¨ogek, tov´ abb´ a az AA′ ´es BB ′ sz´arai egyenl˝ok. Ekkor a n´egysz¨og szimmetrikus az AB ´es A′ B ′ alapok F ´es G felez˝opontjait ¨osszek¨ot˝o egyenesre. A n´egysz¨og a nev´et G.G. Saccheri olasz geom´eterr˝ol kapta, akinek a p´arhuzamoss´aggal kapcsolatos vizsg´ alataiban fontos szerepet j´atszott ez a n´egysz¨ogt´ıpus. 1.4.3. Lemma (A Saccheri-n´egysz¨og tulajdons´agai). A Saccheri-f´ele n´egysz¨ og der´eksz¨ ogt˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o k´et sz¨ oge egyenl˝ o (´ıgy ezek hegyessz¨ ogek). Az alapok felez˝ opontjait ¨ osszek¨ ot˝ o egyenes mindk´et alapra mer˝ oleges. A hegyessz¨ ogek k¨ oz¨ os sz´ ar´ at ad´ o alap hosszabb a der´eksz¨ ogek k¨ oz¨ os sz´ ar´ at ad´ o alapn´ al. ′ Bizony´ıt´ as: Az ´ abra jel¨ ol´eseit haszn´alva, a BAA′△ , ´es ABB△ egybev´ag´o′ ′ ′ ′ s´ aga miatt BA A∡ = AB B∡ ´es AB ′ ∼ = BA′ . Ez´ert az A BB△ is egybev´ag´o ′ B ′ AA′△ -gel, ´es ´ıgy els˝ o´ all´ıt´ asunknak megfelel˝oen AB ′ A′∡ = BA′ B∡ . ′ Az alaplapokon F ´es G felez˝opontok, ´ıgy az A AF△ egybev´ag´o a B ′ BF△ gel, tov´ abb´ a oldalaik p´ aronk´enti egyenl˝os´ege miatt az A′ F G△ ´es a B ′ F G△

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

27

´ rhuzamossa ´ g a hiperbolikus s´ıkon 1.4. Pa

A

,

B

,

G

A

F

B

1.24. ´ abra. A Saccheri-n´egysz¨og tulajdons´agai is egybev´ ag´ o. ´Igy az F G egyenes mer˝oleges az A′ B ′ alapra. Mivel az AA′ G△ ′ ´es a BB G△ is egybev´ ag´ o, ez´ert |AG| = |BG|. Ebb˝ol az AGF△ , ´es BGF△ h´ aromsz¨ ogek egybev´ ag´ os´ aga is ad´odik, ´ıgy F G egyenes mer˝oleges AB-re is. Az utols´ o´ all´ıt´ as bizony´ıt´ as´ahoz tekints¨ uk az AA′ B△ , B ′ BA′△ h´aromsz¨oπ ′ ′ ′ geket. Mivel B BA∡ + A BA∡ = 2 ugyanakkor A′ BA∡ + BA′ A∡ < π2 , ez´ert ′ ´ BA′ A∡ < A′ BB∡ . Igy a Kar-lemma alapj´an utols´o ´all´ıt´asunk is teljes¨ ul. A Saccheri-n´egysz¨ og szimmetriatengely´enek nevezz¨ uk az alapok k¨oz¨os (F G) mer˝ oleges´et. Ez a Saccheri-n´egysz¨oget k´et egybev´ag´o u ´n. Lambert-f´ele n´egysz¨ ogre bontja. 1.4.4. T´ etel (Hilbert). Ultraparallel egyeneseknek szerkeszthet˝ o a k¨ oz¨ os mer˝ olegese. Bizony´ıt´ as: Legyen a k´et egyenes¨ unk a ´es b. Tetsz˝olegesen jel¨olj¨ uk ki a egy A pontj´ at, majd ´ all´ıtsunk ebb˝ol a pontb´ol b-re mer˝oleges egyenest. A talppontot jel¨ olj¨ uk B-vel. Ha az AB egyenes a-ra is mer˝oleges, k´eszen vagyunk. Ha nem, feltehet˝ o, hogy az 1.25. ´abr´anak megfelel˝oen jobbra z´ar be a-val tompasz¨ oget. Legyen most a jobb oldali f´elegyenes tetsz˝oleges pontja A′ ´es az ebb˝ ol b-re bocs´ atott mer˝ oleges talppontja B ′ . M´erj¨ uk fel B ′ -b˝ol a B ′ A′ uk A′′ -vel. Vegy¨ uk egyenesre a BA szakasz hossz´at, a kapott v´egpontot jel¨olj¨ ′ ′′ ′ ´eszre el˝ osz¨ or, hogy (B A A ) a kapott pontjaink rendez´ese, mert ABB ′ A′′ Saccheri-n´egysz¨ oget hat´ aroz meg, ´ıgy BAA′′∡ < π2 < BAA′∡ . Jel¨olje K ´es L rendre az a ´es b egyenesek bal oldali f´elegyenes´enek v´eg´et, ´es m´erj¨ uk ´at a ´j f´elegyenes KAB∡ -et A′′ ben az A′′ B egyenesre az ´abra szerint. A kapott u −−−→ −−→ −→ legyen A′′ M . Igazoljuk, hogy ez a f´elegyenes metszi az A′ K f´elegyenest. BL −−→ −−→ ´es AK nem metsz˝ ok, ez´ert B-b˝ol ind´ıthat´o egy AK-val p´arhuzamos f´elegye−−→ nes, BK, mely az LBA∡ sz¨ ogtartom´anyban halad. M´erj¨ uk ´at az LBK∡ -et

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

28

´ t geometria 1. Abszolu

M , K K

L

,

E

C

A

F

D

B

A

,,

A

B

,

1.25. ´ abra. K¨oz¨os mer˝oleges szerkeszt´ese −−→ −−−→ ′ B ′ -b˝ ol is b-re, az ´ abra szerint kijel¨olve az LB ′ K∡ sz¨oget. Ekkor BK ´es B ′ K ′ −−′−→′ −− → f´elegyenesek ultraparallelek (kit´er˝ok), ´ıgy B K metszi A′ K-t egy P pontban. −−−→ Val´ oban, ha B-t ¨ osszek¨ otj¨ uk A′ -vel, akkor ezen szakaszt B ′ K ′ metszi, ez´ert −−→ metszi AB, illetve AA′ egyik´et. Az els˝o esetben metszenie kell AK-t, ´ıgy ´all´ıt´ asunk ekkor is teljes¨ ul. Alkalmazzuk most a Pasch-axi´om´at a P B ′ A′△ -re, −−−→ −−→ −−−→ ´es kapjuk, hogy A′′ M metszi A′ K-t egy C pontban. (B ′ K ′ -t nem metszhe−−′′−→ ti A M , mert az M A′′ B ′ K ′ tartom´any egybev´ag´o a KABK tartom´annyal, ´es ´ıgy K ′ = M is teljes¨ ul.) Bocs´assunk most C-b˝ol mer˝olegest b-re, ennek talppontja legyen D. V´eg¨ ul a CA′′ B ′ D n´egysz¨oget helyezz¨ uk ´at az ´abr´anak megfelel˝ o EABF poz´ıci´ oba. Vil´agos, hogy ECDF Saccheri-f´ele n´egysz¨og, hiu EF szakaszba viszi, szen az ´ athelyez´es a CD szakaszt a vele egyenl˝o hossz´ mely szint´en mer˝ oleges b-re. Ennek szimmetriatengelye a k´ıv´ant egyenes. 1.4.5. T´ etel. Adott egy egyenes ´es egy f´elegyenes. Ekkor szerkeszthet˝ o olyan egyenes, mely mer˝ oleges az adott egyenesre, ´es p´ arhuzamos az adott f´elegyenessel. Bizony´ıt´ as: A f´elegyenest t¨ ukr¨ozz¨ uk az egyenesre, majd keress¨ uk meg azt az egyenest, mely egyik ir´ anyban a f´elegyenessel, m´asik ir´anyban a t¨ uk¨ork´ep f´elegyenessel p´ arhuzamos. A kapott egyenes eleget tesz a felt´etelnek. El˝osz¨or megmutatjuk, hogy k´et (´ altal´aban nem egy egyenesre illeszked˝o) f´elegyeneshez van olyan egyenes, mely mindkett˝oj¨ ukkel p´arhuzamos. A Cayley–Kleinmodellben (l´ asd 4.3. fejezet) ´ abr´azolva f´elegyeneseinket ilyen egyeneshez csak u ´gy jutunk, ha a v´egtelen t´ avoli pontok ¨osszek¨ot˝o egyenesek´ent reprezent´al´ od´ o hiperbolikus egyenest tekintj¨ uk. Azonban k¨oz¨os kezd˝opont eset´en egy ilyen k¨ oz¨ os p´ arhuzamos a szimmetria miatt mer˝oleges a sz¨ogtartom´any sz¨og-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

29

´ rhuzamossa ´ g a hiperbolikus s´ıkon 1.4. Pa

K

,

f

,

R LR

K

,

f

A

,

A a

1.26. ´ abra. Adott f´elegyenessel p´arhuzamos, egy m´asik egyenesre mer˝oleges f´elegyenes szerkeszt´ese felez˝ o egyenes´ere. K¨ ul¨ onb¨ oz˝ o kezd˝opont eset´en ezekb˝ol a m´asik f´elegyenessel p´ arhuzamost h´ uzva, majd a keletkez˝o sz¨ogek sz¨ogfelez˝o egyeneseit megrajzolva k´et olyan egyenest kapunk, melyekre a keresett egyenesnek egyar´ant ´ mivel a k¨oz¨os p´arhuzamos egy´ertelm˝ mer˝ olegesnek kell lennie. Es uen l´etezik, ezen sz¨ ogfelez˝ o egyenesek ultraparallelek, ´es k¨oz¨os mer˝oleges¨ uk a k¨oz¨os p´ arhuzamos. K¨ oz¨ os kezd˝ opont eset´en a f´elegyenesek egy-egy pontj´ara mint kezd˝ opontra ´ att´erve a feladatot a k¨ ul¨onb¨oz˝o kezd˝opontok eset´ere vezett¨ uk vissza. 1.4.1. Megjegyz´ es. A bizony´ıt´ asb´ ol kider¨ ult, hogy az eml´ıtett sz¨ ogfelez˝ ok ultraparallel helyzet˝ uek. Ehhez azonban felhaszn´ altuk a k¨ oz¨ os p´ arhuzamos l´etez´es´et ´es egy´ertelm˝ us´eg´et, melyet modellt˝ ol f¨ uggetlen¨ ul igazolni nem is olyan egyszer˝ u feladat. 1.4.3. Defin´ıci´ o. Rendre metsz˝o vagy p´arhuzamos vagy kit´er˝o sug´ arsornak nevezz¨ uk azon egyenesek halmaz´ at, amelyek mind ´ athaladnak egy adott ponton, vagy p´ arhuzamosak egy adott f´elegyenessel, vagy mer˝ olegesek egy adott egyenesre. A s´ık egy pontj´ anak egy adott sug´ arsor elemeire vonatkoz´ o t¨ uk¨ ork´epeinek halmaz´ at a sug´ arsor ciklus´ anak nevezz¨ uk. A metsz˝ o sug´ arsor ciklusa a k¨ or, a p´ arhuzamos sug´ arsor´e a paraciklus ´es a kit´er˝ o´e a hiperciklus. El˝ orebocs´ atunk h´ arom ´eszrev´etelt, amelyek a ciklusok jellemz´es´eben fontos szerepet j´ atszanak. 1.4.4. Lemma. A ciklusok egy-egy m´ertanihely-feladat megold´ asai, pontosabban: • A k¨ or az adott pontt´ ol ´ alland´ o t´ avols´ agra tal´ alhat´ o pontok m´ertani helye.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

30

´ t geometria 1. Abszolu

• K´et p´ arhuzamos egyenes egy-egy pontj´ at korresponde´ al´ onak mondjuk, ha szakaszuk egyenl˝ o sz¨ oget z´ ar be az egyenesekkel. A paraciklus egy adott ponthoz adott p´ arhuzamos sug´ arsorra vonatkoz´ oan korresponde´ al´ o pontok m´ertani helye. • A hiperciklus adott egyenest˝ ol (annak egyik f´els´ıkj´ aban) egyenl˝ o t´ avols´ agra lev˝ o pontok m´ertani helye.

A P

F B F

P

,

,

,

A B,

1.27. ´ abra. A paraciklus mint korresponde´al´o pontok halmaza Bizony´ıt´ as: Az els˝ o, illetve harmadik ´all´ıt´as bizony´ıt´asa a defin´ıci´o alapj´an egyszer˝ u, ez´ert csak a m´ asodik ´all´ıt´ast fogjuk igazolni. Tegy¨ uk fel, hogy A ´es B k´et t¨ uk¨ ork´eppontja P -nek. Igazoljuk, hogy az AB szakasz F felez˝opontj´an athalad´ ´ o szakaszfelez˝ o mer˝ oleges a kiindul´asi p´arhuzamos sug´arsor eleme. Ha metszen´e a ta vagy tb t¨ uk¨ oregyenesek valamelyik´et, akkor ezen pontt´ol P , A ´es B egyenl˝ o t´ avols´ agra esne, azaz a k´et t¨ uk¨oregyenes is metszen´e egym´ast, ami lehetetlen. Tegy¨ uk most fel indirekt, hogy vizsg´alt egyenes¨ unk ultraparallel a P B szakasz tb t¨ uk¨ oregyenes´ehez k´epest. Ekkor l´etezik n k¨oz¨os mer˝oleges¨ uk. Erre a k¨ oz¨ os mer˝ olegesre A-b´ol ´es B-b˝ol is mer˝olegest bocs´atva k´et egybev´ag´o Lambert-n´egysz¨ oget kapunk, AA′ F ′ F -et, illetve BB ′ F ′ F -et. Azaz A-nak ´es B-nek a t´ avols´ aga ett˝ ol az egyenest˝ol megegyezik. Hasonl´oan l´athat´o, hogy ugyanekkora a P pont t´ avols´ aga is ett˝ol az egyenest˝ol, ´ıgy ez k¨oz¨os mer˝olegese az eredeti k´et t¨ uk¨ oregyenesnek. Azonban ez lehetetlen, ´ıgy AB szakaszfelez˝o mer˝olegese is hozz´ atartozik a sug´arsorhoz. Azaz az A-b´ol ´es B-b˝ol ind´ıtott −−→ sug´ arsorelemekkel egy¨ utt az F F ′ f´elegyenes is eleme a sug´arsornak. ´Igy a korresponde´ al´ as egyszer˝ uen l´athat´o. 1.4.6. T´ etel. Egyenest˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ciklusnak nincs h´ arom kolline´ aris pontja. Bizony´ıt´ as: Tegy¨ uk fel, hogy a P pont valamelyik sug´arsor k´et elem´ere vonatkoz´ o t¨ uk¨ ork´epe P ′ ´es P ′′ . A P P ′ illetve P P ′′ szakaszok felez˝opontjai

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

31

˝ legesse ´g az abszolu ´ t terekben 1.5. Mero

legyenek M ′ ´es M ′′ . Ha a h´arom pont egy egyenesre illeszkedik, akkor az 1.2.1 k¨ ovetkezm´eny miatt a sug´arsor ezen k´et egyenese kit´er˝o. Azaz a h´arom pont egyenese k¨ oz¨ os mer˝ olegese a sug´arsor elemeinek. ´Igy a kiindul´asi pont t¨ uk¨ ork´epeivel egy¨ utt a sug´ arsort meghat´aroz´o alapegyeneshez tartozik, teh´at nem egy val´ odi ciklus pontjai.

1.5. Mer˝ olegess´ eg az abszol´ ut terekben Ha valamely egyenesre egyenest ´ all´ıtunk u ´gy, hogy egyenl˝ o mell´eksz¨ ogek keletkeznek, akkor a k´et egyenl˝ o sz¨ og der´eksz¨ og, ´es az ´ all´ o egyenest mer˝ olegesnek mondjuk arra, amelyen ´ all.

Eukleid´esz I.10. Defin´ıci´ o A mer˝ olegess´eg (ellent´etben a p´arhuzamoss´aggal) abszol´ ut fogalom, ´ıgy vizsg´ alata alapvet˝ o inform´ aci´ okat ad az abszol´ ut t´er szerkezet´er˝ol. 1.5.1. Defin´ıci´ o. Egy adott s´ıkot metsz˝ o egyenes mer˝oleges a s´ıkra, ha mer˝ oleges annak valamennyi, a metsz´esponton ´ athalad´ o egyenes´ere. 1.5.1. T´ etel. Egy adott egyenes pontosan akkor mer˝ oleges egy adott s´ıkra, ha metszi azt, ´es mer˝ oleges kett˝ o, a metsz´esponton ´ athalad´ o s´ıkbeli egyenesre.

P

n D a

b B C

A

P

,

1.28. ´ abra. S´ık ´es egyenes mer˝olegess´ege Bizony´ıt´ as: Legyen az n egyenes mer˝oleges az a, b metsz˝o egyenesp´arra u ´gy, hogy n is ´ athalad az a ´es b egyenesek D metsz´espontj´an. Tekints¨ unk egy (a, b) s´ıkra illeszked˝ o, D-n ´ athalad´o tetsz˝oleges c egyenest. A tov´abbiakban az (a, n) illetve (b, n) s´ıkok a´ltal meghat´arozott azon t´ernegyedet vizsg´aljuk az 1.28. ´ abra szerint, amelyben c a C pontban metszi az a, b egyenesp´ar osszek¨ ot˝ o szakasz´ egy AB ¨ at. Legyen P ′ az n egyenes azon pontja, melyre

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

32

´ t geometria 1. Abszolu

|P D| = |DP ′ |. Vil´ agos, hogy a P DA△ ´es a P ′ DA△ h´aromsz¨ogek egybev´ag´os´ aga folyt´ an |P A| = |P ′ A|, ´es hasonl´ok´eppen |P B| = |P ′ B|. Ez´ert a P AB△ ′ ´es a P AB△ h´ aromsz¨ ogek is egybev´ag´oak. ´Igy P AC∡ = P ′ AC∡ , amib˝ol a ′ P AC△ ∼ ag´ os´ag is k¨ovetkezik. Ekkor |P C| = |P ′ C|, azaz egy= P AC△ egybev´ bev´ ag´ oak a P DC△ ´es a P ′ DC△ h´aromsz¨ogek is. ´Igy P DC∡ = P ′ DC∡ = π2 . Mivel c az (a, b) s´ık tetsz˝ oleges egyenese volt, n mer˝oleges az [a, b] s´ıkra. 1.5.1. Megjegyz´ es. A t´etel bizony´ıt´ as´ ab´ ol kider¨ ul, hogy a mer˝ oleges s´ık pontjai ´es csak azok vannak a P ,P ′ pontp´ art´ ol egyenl˝ o t´ avols´ agra, azaz a s´ıkbeli esethez hasonl´ oan igazolhat´ o, hogy a szakasznak egy´ertelm˝ uen l´etezik szakaszfelez˝ o mer˝ oleges s´ıkja, mely a v´egpontjait´ ol egyenl˝ o t´ avols´ agra l´ev˝ o pontok m´ertani helye. 1.5.2. Megjegyz´ es. A t´etelnek egy fontos k¨ ovetkezm´enye, hogy egy adott egyenes adott pontj´ an ´ athalad´ o, az adott egyenesre mer˝ oleges egyenesek m´ertani helye az adott egyenesre mer˝ oleges, az adott ponton ´ athalad´ o s´ık. Tekints¨ uk ugyanis a m´ertani hely k´et egyenes´et. Ezek meghat´ aroznak egy s´ıkot, mely az 1.5.1 t´etel szerint mer˝ oleges az adott egyenesre. Tegy¨ uk fel, hogy a m´ertani helyhez tartoz´ o valamely egyenes nem illeszkedik erre a s´ıkra. Ekkor az egyenes ´es az adott egyenes ´ altal meghat´ arozott s´ık metszi a mer˝ oleges s´ıkot egy u ´jabb egyenesben, mely szint´en mer˝ oleges az adott egyenesre. Ez nem lehets´eges, mert adott s´ıkban, adott egyenes adott pontj´ an ´ athalad´ o mer˝ oleges egyenes csak egy van. Ugyanakkor a s´ık b´ armely pontj´ an ´ athalad egy, a felt´eteleket kiel´eg´ıt˝ o egyenes, a pontot a d¨ of´esponttal ¨ osszek¨ ot˝ o egyenes. 1.5.2. T´ etel. Adott pontb´ ol egy´ertelm˝ uen ´ all´ıthat´ o mer˝ oleges egyenes egy adott s´ıkra. A

a

D T ,

A

S

1.29. ´ abra. S´ıkra mer˝oleges egyenes szerkeszt´ese Bizony´ıt´ as: Jel¨ olje A az adott pontot, ´es legyen α az adott s´ık, a pedig a s´ıkra illeszked˝ o tetsz˝ oleges egyenes. Tegy¨ uk fel el˝osz¨or, hogy A nem illeszkedik a s´ıkra. Bocs´ assunk mer˝ olegest az A pontb´ol az a egyenesre a s´ıkjukban, ennek talppontja legyen T . A T pontban ´all´ıtsunk mer˝olegest a-ra az α s´ıkban,

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

33

˝ legesse ´g az abszolu ´ t terekben 1.5. Mero

´es v´eg¨ ul ezen egyenesre bocs´assunk mer˝olegest az A pontb´ol. A mer˝oleges talppontj´ at jel¨ olje D. Ha D azonos T -vel, akkor D-n kereszt¨ ulhalad az α s´ık k´et mer˝ oleges egyenese, ez´ert az el˝oz˝o t´etel alapj´an a keresett egyenes AD. Ha D k¨ ul¨ onb¨ ozik T -t˝ ol, tekints¨ uk az a egyenes tetsz˝oleges, T -t˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝o S pontj´ at. Igazoljuk, hogy a DS egyenes is mer˝oleges AD-re, ´ıgy a keresett mer˝ oleges egyenes ebben az esetben is AD. M´erj¨ uk f¨ol AD-re az |AD| t´avols´ agot a D pontb´ ol, A-val ellent´etes ir´anyban, ´ıgy az A′ pontot kapjuk. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az a egyenes mer˝oleges az [A, T, D] s´ıkra, ´ıgy annak valamennyi T -n ´ athalad´ o egyenes´ere, teh´at A′ T -re is. Ez´ert az ADT△ ´es az ′ A DT△ egybev´ ag´ os´ aga miatt |AT | = |A′ T |, ´es ´ıgy az AT S△ is egybev´ag´o az ′ ul az AA′ A T S△ -gel. Ez viszont azt jelenti, hogy |AS| = |A′ S|, amib˝ol v´eg¨ ´es a DS egyenesek mer˝ olegess´ege ad´odik. Legyen most A olyan pont, amely illeszkedik α-ra. Ekkor k´et tetsz˝oleges A ponton ´ athalad´ o egyenesre ´all´ıtsunk mer˝oleges s´ıkot az A ponton ´at. Ezek metsz´esvonala lesz a keresett, α-ra mer˝oleges egyenes. Egy A-n ´athalad´ o egyenesre mer˝ oleges s´ık felv´etele pedig u ´gy oldhat´o meg, hogy az egyenest tartalmaz´ o k´et s´ıkban az egyenesre egy-egy mer˝olegest ´all´ıtunk az A pontban. Ezek hat´ arozz´ ak meg az adott egyenesre mer˝oleges s´ıkot. Az egy´ertelm˝ us´eg abb´ ol k¨ovetkezik, hogy a s´ıkban az egyenesre ´all´ıtott mer˝ oleges egy´ertelm˝ u. Ez ut´obbi ´all´ıt´as pedig Legendre els˝o sz¨ogt´etel´enek k¨ ovetkezm´enye. Alapvet˝ o jelent˝ os´eg˝ u a h´ arom mer˝oleges t´etele, mely szint´en abszol´ ut ´all´ıt´ as. 1.5.3. T´ etel. Legyen az α s´ık egy egyenese a, tov´ abb´ a legyen A egy α-ra nem illeszked˝ o pont. Ha A-b´ ol mer˝ olegest ´ all´ıtunk α-ra ´es a-ra is, akkor a mer˝ olegesek D ´es T talppontjait ¨ osszek¨ ot˝ o egyenes szint´en mer˝ oleges a-ra.

A

D S

a

T R

1.30. ´ abra. A h´arom mer˝oleges t´etele

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

34

´ t geometria 1. Abszolu

Bizony´ıt´ as: Ha az a egyenes S ´es R pontjai egyenl˝o t´avols´agra vannak T t˝ ol, akkor T AS△ ∼ = T AR△ , ´es ez´ert a s´ıkra vonatkoz´o mer˝olegess´eg miatt ADS△ ∼ = ADR△ (k´et oldal ´es a nagyobbikkal szemben lev˝o sz¨ogek egybev´ag´ os´ aga folyt´ an), amib˝ ol |DS| = |DR| ad´odik. Azaz az SDR△ egyenl˝o sz´ar´ u, ´es ´ıgy ´ all´ıt´ asunk ad´ odik. 1.5.2. Defin´ıci´ o. A t´er egy pontj´ anak egy adott s´ıkra (mint k´eps´ıkra) vonatkoz´ o mer˝ oleges vet¨ ulete a pontb´ ol a s´ıkra ´ all´ıtott mer˝ oleges egyenes ´es a s´ık k¨ oz¨ os pontja. Egy ponthalmaz mer˝ oleges vet¨ ulete pontjai mer˝ oleges vet¨ uleteinek halmaza. Mag´ at a lek´epez´est a t´er adott s´ıkra val´ o mer˝oleges vet´ıt´es´enek nevezz¨ uk. 1.5.4. T´ etel. A mer˝ oleges vet´ıt´es illeszked´estart´ o ´es egyenestart´ o lek´epez´es, mely az euklideszi esetben egyenesek ment´en az ar´ anyokat is meg˝ orzi.

A

B

C

B

C A

,

A e

B f

,

,

A

B

,

C

,

1.31. ´abra. Egyenestart´as Bizony´ıt´ as: Az illeszked´es rel´aci´o tart´asa a mer˝oleges egyenes egy´ertelm˝ us´eg´eb˝ ol k¨ ovetkezik. Val´ oban, tekints¨ uk most egy vet´ıtend˝o egyenes k´et pontj´at, A-t ´es B-t, melyek A′ , illetve B ′ k´epei k¨ ul¨onb¨oz˝oek. Felt´eve, hogy AA′ , BB ′ egyenesek nem egys´ık´ uak, tekints¨ uk az A′ B ′ ¨osszek¨ot˝o egyenest ´es a r´a me′ r˝ oleges A -n ´ athalad´ o, a k´eps´ıkra illeszked˝o e egyenest. T¨ ukr¨ozz¨ uk az A′ B ′ ′ ′ ′ szakasz F felez˝ opontj´ ara az AA , A B , e egyeneseket, ´ıgy rendre a B ′ C, ′ ′ A B , f egyenesekhez jutunk. Itt a kiindul´asi mer˝olegess´egek miatt tov´abbra is teljes¨ ul, hogy B ′ C mer˝ oleges az A′ B ′ ´es f egyenesekre, ez´ert a s´ıkra is. Mivel a s´ıkra ´ all´ıtott mer˝ oleges egyenes egy´ertelm˝ u, a B ′ C ´es a B ′ B egyenesek ′ ′ egybeesnek, teh´ at az A, A , B, B pontn´egyes egys´ık´ u. Ha most A, B, C egy egyenes h´ arom pontja, akkor az A, A′ , B, B ′ ; A, A′ , C, C ′ pontn´egyesek egys´ık´ uak. Tov´ abb´ a, mivel A, B, C kolline´aris ponth´armas, a k´et s´ık megegyezik, ´es ´ıgy A′ , B ′ , C ′ is kolline´ arisak. Az euklideszi esetben az egyenesek ment´en fenn´all´o ar´anytart´as a p´arhuzamos szel˝ ok t´etel´eb˝ ol k¨ ovetkezik. 1.5.3. Defin´ıci´ o. A t´er k´et metsz˝ o s´ıkja mer˝ oleges egym´ asra, ha az egyikben van a m´ asikra mer˝ oleges egyenes.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

˝ legesse ´g az abszolu ´ t terekben 1.5. Mero

35

t1 S1

m t2 S2 1.32. ´ abra. S´ıkok mer˝olegess´ege

Jegyezz¨ uk meg, hogy ha az α1 s´ık t1 egyenese mer˝oleges az α2 s´ıkra, akkor mer˝ oleges a k´et s´ık m metsz´esvonal´ara is, valamint az s2 s´ıknak arra a t2 egyenes´ere is, amely t1 -gyel k¨oz¨os pontj´aban mer˝olegesen metszi m-et. ´Igy az α2 s´ıknak is van olyan t2 egyenese, amely az α1 s´ıkra mer˝oleges. A k¨ovetkez˝o egyszer˝ u´ all´ıt´ ast igen gyakran haszn´aljuk. 1.5.5. T´ etel. Adott α s´ıkhoz ´es adott t egyeneshez mindig tal´ alhat´ o olyan s´ık, mely α-re mer˝ oleges, t-t pedig tartalmazza. Bizony´ıt´ as: Ha t mer˝ oleges vet¨ ulete α-n a t′ egyenes, akkor a [t, t′ ] s´ık ´eppen megfelel a felt´etelnek. Ebben az esetben ez az egyetlen megold´as a mer˝oleges vet¨ ulet egy´ertelm˝ us´ege ´es a s´ıkra vonatkoz´o illeszked´esi axi´oma miatt. Ha pedig t mer˝ oleges vet¨ ulete α-n egyetlen pont, akkor a t egyenest tartalmaz´o b´ armelyik s´ık megfelel˝ o. Mint l´ attuk, a t´etelben szerepl˝o s´ık egy´ertelm˝ u, ha t nem mer˝ oleges α-ra. Ekkor a [t, t′ ] s´ıkot t (α-ra vonatkoz´o) vet´ıt˝ os´ıkj´ anak is nevezz¨ uk. Mer˝oleges vet´ıt´essel kapcsolatban a k´eps´ıkra mer˝oleges s´ıkot, illetve egyenest vet´ıt˝oegyenesnek ill. vet´ıt˝ os´ıknak mondjuk.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

36

´ t geometria 1. Abszolu

1.6. Egyenesek k¨ olcs¨ on¨ os helyzete a t´ erben Ha k´et egyenes metszi egym´ ast, akkor egy s´ıkban fekszenek, ´es minden h´ aromsz¨ og egy s´ıkban fekszik. Ha van k´et p´ arhuzamos egyenes, ´es mindegyiken tetsz˝ olegesen vesz¨ unk egy pontot, akkor a pontokra illeszked˝ o egyenes ugyanabban a s´ıkban fekszik, mint a p´ arhuzamosok.

Eukleid´esz XI.2. illetve XI.7. T´etelei Egy t´etelt abszol´ ut t´etelnek mondunk, ha bizony´ıthat´o mindk´et abszol´ ut geometri´ aban. A bizony´ıt´ as ilyenkor lehet k¨ ul¨onb¨oz˝o a k´et geometri´aban, kihaszn´ alva azok speci´ alis p´ arhuzamoss´agi axi´om´aj´at. Azonban egy abszol´ ut t´etelnek lehet abszol´ ut bizony´ıt´ asa is, melynek sor´an egyik p´arhuzamoss´agi axiom´ ´ at sem haszn´ aljuk. A kit´er˝o egyenesek norm´al transzverz´alis´anak l´etez´ese ´es egy´ertelm˝ us´ege is abszol´ ut t´etel, amelyre abszol´ ut bizony´ıt´as adhat´o. 1.6.1. Lemma. A h´ aromsz¨ og k¨ oz´epvonala a hozz´ a tartoz´ o oldal fel´en´el nem hosszabb.

C

A

,

F1 C

A

C

,

F2

B

,

B

A

B

1.33. ´ abra. T´etel a k¨oz´epvonalr´ol Bizony´ıt´ as: Az ABC△ h´ aromsz¨og AB oldal´ahoz tartoz´o F1 F2 k¨oz´epvonal´ anak egyenes´ere vet´ıts¨ uk r´ a mer˝olegesen az A, B, C cs´ ucsokat. ´Igy ad´odnak az A′ , B ′ , C ′ pontok. Az AA′ F1 △ , CC ′ F1 △ illetve a BB ′ F2 △ , CC ′ F2 △ h´ aromsz¨ ogp´ arok egybev´ ag´ os´ aga alapj´an 2|F1 F2 | = |A′ B ′ | teljes¨ ul (1.33 ´ab′ ′ ra). Az AA , BB egyeneseknek k¨oz¨os mer˝olegese A′ B ′ , m´ıg az AB szakasz egy Saccheri-n´egysz¨ og szemk¨ozti alapja, vagyis az 1.4.3 lemma szerint |AB| ≥ |A′ B ′ | = 2|F1 F2 |.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

37

´rben 1.6. Egyenesek k¨ olcs¨ on¨ os helyzete a te

1.6.1. Defin´ıci´ o. A P pont a t´erben egyenes vonal´ u egyenletes mozg´ast v´egez, ha helyzet´et egy P (t) : R −→ R3 , lek´epez´es ´ırja le, ami rendelkezik a k¨ ovetkez˝ o tulajdons´ agokkal: • a P (t) pontok kolline´ arisak, • minden c ∈ R+ pozit´ıv val´ os sz´ am ´es tetsz˝ oleges t ∈ R val´ os sz´ am eset´en |P (0)P (ct)| = c|P (0)P (t)|, vagyis az elmozdul´ as m´ert´eke egyenesen ar´ anyos a param´eter megv´ altoz´ as´ aval, azaz az eltelt id˝ ovel. 1.6.2. Lemma. A P ´es Q pontok az abszol´ ut t´erben egy-egy egyenes ment´en egyenes vonal´ u egyenletes mozg´ ast v´egeznek. Ekkor a P (t)Q(t) szakasz hossza az eltelt t id˝ onek folytonos, konvex f¨ uggv´enye. Ha a pontok mozg´ as´ anak egyenesei kit´er˝ oek (ultraparallelek), akkor a vizsg´ alt f¨ uggv´eny szigor´ uan konvex.

P(2)

P(1) Q(2)

P(0) Q(1)

P

,

Q(0) 1.34. ´ abra. A transzverz´alis f¨ uggv´eny konvexit´asa Bizony´ıt´ as: A folytonoss´ ag k¨ozvetlen k¨ovetkezm´enye a h´aromsz¨og-egyenl˝otlens´egnek ´es a defin´ıci´ o m´ asodik felt´etel´enek. Ez´ert az ´altal´anos konvexit´asi felt´etel helyett elegend˝ o a felez˝opontokra vonatkoz´o konvexit´asi felt´etelt igazolni. Tekints¨ uk ehhez a t = 0, 1, 2 id˝opillanatokat ´es a megfelel˝o P (0), P (1), P (2), illetve Q(0), Q(1), Q(2) kolline´aris ponth´armasokat. Igazolnunk kell, hogy 2|P (1)Q(1)| ≤ |P (0)Q(0)| + |P (2)Q(2)|. Legyen a P (0) pont t¨ uk¨ ork´epe Q(1)-re P ′ (l´asd 1.34. ´abra). Ekkor a megfelel˝ o h´ aromsz¨ ogek egybev´ ag´os´aga miatt |P (0)Q(0)| = |P ′ Q(2)|, ´es ´ıgy a h´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlens´eg szerint |P (0)Q(0)| + |P (2)Q(2)| = |P ′ Q(2)| + |P (2)Q(2)| ≥ |P ′ P (2)|.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

38

´ t geometria 1. Abszolu

′ h´ Ugyanakkor a P (0)P (2)P△ aromsz¨ogre alkalmazva az 1.6.3. Lemm´at, kap′ juk, hogy |P P (2)| ≥ 2|P (1)P (2)|, ami ´eppen az ´all´ıt´ast jelenti. A szigor´ u konvexit´ as a h´ aromsz¨ og-egyenl˝otlens´egnek az adott szitu´aci´oban nem elfajul´ o volt´ ab´ ol k¨ ovetkezik. A lemm´ aban nem kellett foglalkozni sem a t = 0 id˝ oponthoz tartoz´o kezd˝ opontok, sem a sebess´egek megv´alaszt´as´aval, teh´at az ´all´ıt´as ezekt˝ol f¨ uggetlen¨ ul igaz. A norm´ al transzverz´ alisra vonatkoz´o f˝ot´etel¨ unk bizony´ıt´asa el˝ott jegyezz¨ uk meg, hogy egy a teljes sz´ amegyenesen ´ertelmezett ´es ott pozit´ıv, folytonos ´es szigor´ uan konvex f f¨ uggv´eny v´egtelenben vett hat´ar´ert´ekei a k¨ovetkez˝ok szerint alakulhatnak:

• • •

lim f (t) = c ∈ R ´es lim f (t) = ∞ vagy

t→−∞

t→∞

lim f (t) = ∞ ´es lim f (t) = c ∈ R vagy

t→−∞

t→∞

lim f (t) = lim f (t) = ∞.

t→−∞

t→∞

´Igy az egy´ertelm˝ u minimumhely az els˝o k´et esetben csak a kib˝ov´ıtett sz´amegyenesen l´etezik, m´ıg a harmadik esetben a val´os sz´amegyenesnek egy k¨oz¨ ons´eges pontja lesz. 1.6.1. T´ etel. Abszol´ ut t´er k´et nem egys´ık´ u (kit´er˝ o) egyenes´enek egy´ertelm˝ uen l´etezik k¨ oz¨ os mer˝ olegese. Ezen a metsz´espontokat ¨ osszek¨ ot˝ o szakasz a k´et egyenes egy-egy pontj´ at ¨ osszek¨ ot˝ o szakaszok k¨ oz¨ ul a legr¨ ovidebb. A k¨ oz¨ os mer˝ olegest nevezz¨ uk a k´et egyenes norm´al transzverz´alis´anak. Bizony´ıt´ as: Tekints¨ uk az a ´es b nem komplan´aris egyeneseket. T¨ ukr¨ozz¨ uk a pontjait rendre a b egyenesre. Vil´agos, hogy ekkor a t¨ uk¨ork´epek egy a′ egyenest alkotnak. Tegy¨ uk f¨ol, hogy az A(t) pont egyenes vonal´ u egyenletes mozg´ ast v´egez az a egyenesen. Jel¨olje B(t) az A(t) pont mer˝oleges vet¨ ulet´et b-n, A′ (t) pedig legyen A(t) b-re vonatkoz´o t¨ uk¨ork´epe a′ -n. Ekkor a megfelel˝ o egybev´ ag´ o h´ aromsz¨ ogekb˝ ol azonnal ad´odik, hogy A′ (t) is egyenes vonal´ u egyenletes mozg´ ast v´egez. (Ugyanezt nem mondhatjuk el B(t)-r˝ol!) Alkalmazzuk most az el˝ obbi lemm´ankat az f (t) : t 7→ |A(t)A′ (t)| f¨ uggv´enyre, amely ´ıgy folytonos, pozit´ıv ´es szigor´ uan konvex. Azt kell m´eg igazolnunk, hogy f (t) hat´ ar´ert´eke mindk´et v´egtelenben v´egtelen. A szimmetria miatt elegend˝ o megmutatni, hogy lim f (t) = ∞. Ehhez vizsg´aljuk az t→∞

A(t)A′ (t) szakasz helyett a feleakkora A(t)B(t) szakasz hossz´at. Tekints¨ uk a β = [b, A(0)] s´ıkot. Jel¨ olje a′′ , illetve A′′ (t) rendre az a egyenes, illetve A(t) pont mer˝ oleges vet¨ ulet´et β-n. Az a, a′′ egyenesp´ar metsz˝o, ´ıgy k¨onnyen l´ athat´ oan lim |A(t)B(t)| ≥ lim |A(t)A′′ (t)| = ∞. t→∞

www.interkonyv.hu

t→∞

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

39

1.7. Trigonometria

B

A

A

, ,

,B

,

BB >2AA

1.35. ´abra. A metsz˝ o egyenesek exponenci´alisan t´avolodnak

A(0) A(1)

B(1) B(0) 1.36. ´ abra. A norm´ al transzverz´alis a legr¨ovidebb ¨osszek¨ot˝o szakasz (Metsz˝ o egyenesp´ arra az ´ all´ıt´as leolvashat´o az 1.35 ´abr´ar´ol.) A t´etel kimond´ asa el˝ ott felsorolt lehet˝ os´egek k¨oz¨ ul teh´at a harmadik teljes¨ ul, ´ıgy az f (t) f¨ uggv´enynek egy´ertelm˝ uen l´etezik egy v´egesben fekv˝o t0 minimumhelye. Ezek szerint az A(t0 )B(t0 ) szakasz az a ´es b egyenesek legr¨ovidebb, b-re mer˝ oleges ¨ osszek¨ ot˝ o szakasza. Indirekt tegy¨ uk fel, hogy ez nem mer˝oleges ara. Ekkor a [B(t0 ), a] s´ıkban a B(t0 ) pontb´ol a-ra bocs´atott mer˝oleges egy r¨ ovidebb B(t0 )A(t1 ) ¨ osszek¨ ot˝o szakaszt eredm´enyezne (1.36 ´abra). Enn´el viszont az A(t1 ) metsz´espontb´ol b-re bocs´atott mer˝oleges A(t1 )B(t1 ) szakasz r¨ ovidebb volna, ami nem lehets´eges. ´Igy A(t0 )B(t0 ) mer˝oleges a-ra is. Mivel t0 egy´ertelm˝ u, a norm´ al transzverz´alis is az.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

40

´ t geometria 1. Abszolu

1.7. Trigonometria Az ebb˝ ol levezethet˝ o g¨ ombi trigonometria ´ıgy a XI. Axi´ om´ at´ ol f¨ uggetlen megalapoz´ ast nyert.

Bolyai: Appendix 26.§ Bolyai ´es Lobacsevszkij egyar´ant ´eszrevett´ek, hogy a g¨ombi trigonometria abszol´ ut, a p´ arhuzamoss´ agi axi´om´at´ol f¨ uggetlen ´aga a geometri´anak. El˝osz¨or Bolyai nyom´ an a k¨ ovetkez˝ o t´etelt ´all´ıtjuk: 1.7.1. T´ etel (abszol´ ut szinusz-t´etel). B´ armely h´ aromsz¨ ogben, illetve g¨ ombh´ aromsz¨ ogben az oldalakkal, mint sugarakkal ´ırt k¨ or¨ ok ker¨ uletei u ´gy ar´ anylanak egym´ ashoz, mint a szemk¨ ozti sz¨ ogek szinuszai. Bizony´ıt´ as: Tekints¨ unk egy ABC△ der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨oget abszol´ ut ter¨ unkben, melynek der´eksz¨ og˝ u cs´ ucsa C. Tekints¨ uk a h´aromsz¨og s´ıkj´ara me−−→ r˝ oleges M v´eg˝ u AM f´elegyenest, ´es vegy¨ uk ennek egy tetsz˝oleges O pontj´at. −−→ Az O k¨ oz´eppont´ u, B-n ´ athalad´o g¨omb ´es az AM f´elegyenes ´altal meghat´arozott p´ arhuzamos sug´ arsor B-n kereszt¨ ulhalad´o paraszf´er´aja ugyanabban a k¨ orben metszi az [A, B, C] s´ıkot. E k¨or k¨oz´eppontja ´eppen az A cs´ ucs, sugara atfog´oja. Ker¨ ulet´et ´ıgy a s´ıkon, a g¨ombfelsz´ınen ´es a pedig a h´ aromsz¨ og AB ´ paraszf´er´ an (l´ asd a 6. fejezetet) is sz´amolhatjuk, a megfelel˝o sugarak alkalmas f¨ uggv´enyek´ent. A tov´ abbiakban bizony´ıt´ as n´elk¨ ul felhaszn´aljuk, hogy a h´arom fel¨ ulet k¨oz¨ ul valamelyiknek euklideszi a geometri´aja. Az euklideszi esetben a s´ık ´es a vele megegyez˝ o paraszf´era lesz ilyen, hiperbolikus esetben pedig egyed¨ ul a paraszf´era. −−→ Megh´ uzva az A, B ´es C pontokon kereszt¨ ul az AM f´elegyenessel p´arhuzamos AM , BN ´es CP egyeneseket (M , N , P az egyenesek alkalmas, t´avoli pontjai), valamint az O ponton ´athalad´o OB, OC sugarakat is, ezek rendre az E, E ′ pontp´ arban, a B-ben, illetve a D, D′ pontp´arban metszik a paraszf´er´at illetve a g¨ ombfel¨ uletet. Mivel a DP , illetve a D′ O egyenesek rendre tengelyei a paraszf´er´ anak, illetve a g¨ombfel¨ uletnek, ´ıgy a r´ajuk mer˝oleges, C-n ´athau k¨orben metszi, ahogy ezt az AM tengely lad´ o s´ık ˝ oket egy-egy |CB| sugar´ eset´eben is l´ attuk. Jel¨ olj¨ uk a hiperbolikus s´ık k¨orker¨ ulet-f¨ uggv´eny´et f (r)-el, a vizsg´ alt t´er egys´egsugar´ u g¨ombfelsz´ın´en pedig adja meg a g(r) f¨ uggv´eny a k¨ or ker¨ ulet´et. Ekkor az ABC△ h´aromsz¨og A cs´ ucsn´al l´ev˝o α sz¨og´ere nyilv´an: sin α : 1 = 2|DB|π : 2|EB|π = f (|BC|) : f (|AB|) = g(|D ′ B|) : g(|E ′ B|), mert a BC egyenes mer˝ oleges az [A, M, C] s´ıkra, ´es ´ıgy ez a rajta kereszt¨ ul halad´ o valamennyi s´ıkra szint´en ´all. Sz´ep k¨ ovetkezm´enye a fenti t´etelnek, hogy a g f¨ uggv´eny f¨ uggetlen att´ol, hogy az euklideszi vagy a hiperbolikus t´erben vagyunk.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

41

1.7. Trigonometria

E

,

E D A

D C

,

B O M

N P

1.37. ´ abra. Abszol´ ut szinusz-t´etel 1.7.2. T´ etel. A g¨ ombi ABC△ der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogben (a szok´ asos jel¨ ol´esekkel) fenn´ all´ o sin a = sin α sin c osszef¨ ugg´es abszol´ ut ´erv´eny˝ u. K¨ ovetkez´esk´eppen g(r) = p sin(r), ahol p jel¨ oli ¨ az egys´egsugar´ u g¨ omb f˝ ok¨ or´enek ker¨ ulet´et.

B

O

D

C

E A 1.38. ´ abra. G¨ombi szinuszt´etel Bizony´ıt´ as: Jel¨ olje O a g¨ omb k¨oz´eppontj´at. Tekints¨ uk az OA sug´arra mer˝ oleges, a B cs´ ucson ´ athalad´o σ s´ıkot, ´es jel¨olje ennek OC-vel alkotott metsz´espontj´ at D, az OA-val k¨ oz¨os pontj´at pedig E. Mivel a σ ´es az [O, B, C] s´ıkok mer˝ olegesek az [O, A, C] s´ıkra, ez´ert a BD metsz´esvonaluk is mer˝oleges r´ a. ´Igy a BDE△ h´ aromsz¨ og D-n´el lev˝o sz¨oge der´eksz¨og, azaz f (|DB|) : f (|BE|) = sin α.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

42

´ t geometria 1. Abszolu

Mivel az OEB△ ´es ODB△ h´aromsz¨ogek der´eksz¨og˝ uek, ez´ert sin(|BA|) = f (|EB|) : f (|OB|),

´es

sin(|BC|) = f (|DB|) : f (|OB|).

A h´ arom egyenletb˝ ol sin a = sin(|BC|) = sin A sin(|BA|) = sin α sin c ¨ ad´ odik. Osszevetve ezt az el˝ oz˝o t´etel g¨ombre vonatkoz´o ´all´ıt´as´aval, kapjuk az π = sin r : 1 g(r) : g 2 egyenl˝ os´eget, ami bizony´ıtja az utols´o ´all´ıt´asunkat.

1.8. Eukleid´ esz

1.39. ´abra. Eukleid´esz A matematik´ ahoz nem vezet kir´ alyi u ´t.

Eukleid´esz Eukleid´esz tizenh´ arom k¨ onyve k¨oz¨ ul az els˝o ´all´ıt´asait id´ezz¨ uk fel, hogy l´athassuk annak szigor´ u ´es k¨ ovetkezetes fel´ep´ıt´es´et. Ez a k¨onyv a legsiker¨ ultebb, tal´ an az´ert, mert az addig kikrist´alyosodott elm´elet h˝ u le´ır´as´at adja. T¨ok´eletesen haszn´ alhat´ o ma is tank¨onyvnek, k¨ ul¨on¨osen tetszet˝os az alap´all´ıt´asok h´ arom csoportba sorol´ asa. A g¨or¨og matematika csoportos vita ´altal val´o m˝ uvel´es´ere utalva defin´ıci´ okat, posztul´atumokat illetve axi´om´akat fogalmaz meg. A Defin´ıci´ o a vita t´ argya, a Posztul´atum a vitatkoz´o felek egyike ´altal ¨onk´enyesen elfogadott ´ all´ıt´ as, m´ıg az Axi´oma a vit´aban r´eszt vev˝ok mindegyike

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

43

´sz 1.8. Eukleide

´ltal elfogadott alap´ a all´ıt´ as. Geometri´ar´ol l´ev´en sz´o, a szerkeszt´eseket is t´etelk´ent eml´ıti.

´sz: Elemek Eukleide I.k¨ onyv ´ k: Defin´ıcio

1. Pont az, aminek nincs r´esze. 2. A vonal sz´eless´eg n´elk¨ uli hossz´ us´ag. 3. A vonal v´egei pontok. 4. Egyenes vonal az, amelyik a rajta lev˝o pontokhoz viszony´ıtva egyenl˝oen fekszik. 5. Fel¨ ulet az, aminek csak hossz´ us´aga ´es sz´eless´ege van. 6. A fel¨ ulet v´egei vonalak. 7. S´ıkfel¨ ulet az, amelyik a rajta lev˝o egyenesekhez viszony´ıtva egyenl˝oen fekszik. 8. A s´ıksz¨ og k´et olyan egys´ıkbeli vonal egym´ashoz val´o hajl´asa, amelyek metszik egym´ast, ´es nem fekszenek egy egyenesen. 9. Ha a sz¨ oget k¨ ozrefog´ o vonalak egyenesek, egyenes vonal´ unak nevezz¨ uk a sz¨ oget. 10. Ha valamely egyenesre egyenest ´all´ıtunk u ´gy, hogy egyenl˝o mell´eksz¨ogek keletkeznek, akkor a k´et egyenl˝o sz¨og der´eksz¨og, ´es az ´all´o egyenest mer˝olegesnek mondjuk arra, amelyen ´all. 11. Tompasz¨ og az, amelyik nagyobb a der´eksz¨ogn´el. 12. Hegyessz¨ og pedig, amelyik kisebb a der´eksz¨ogn´el. 13. Hat´ar az, ami v´ege valaminek. 14. Alakzat az, amit egy vagy t¨obb hat´ar vesz k¨or¨ ul. 15. A k¨ or s´ıkbeli alakzat, amelyet egy vonal vesz k¨or¨ ul u ´gy, hogy e vonal ´es egy, az alakzat belsej´eben fekv˝o pont k¨oz´e es˝o szakaszok egyenl˝ok egym´assal. 16. Ezt a pontot a k¨ or k¨ oz´eppontj´anak nevezz¨ uk. 17. A k¨ ornek ´atm´er˝ oje b´armely, a k¨oz´epponton ´at halad´o egyenes vonal, amely mindk´et oldalt a k¨ or ker¨ ulet´en v´egz˝odik. Az ilyen egyenes f´elbev´agja a k¨ort. 18. A f´elk¨ or olyan alakzat, amelyet egy ´atm´er˝o ´es az ´altala kimetszett k¨or´ıv vesz k¨ or¨ ul. 19. Egyenes vonal´ u alakzatok azok, amelyeket egyenes vonalak vesznek k¨or¨ ul, h´aromoldal´ uak, amelyeket h´arom, n´egyoldal´ uak, amelyeket n´egy, sokoldal´ uak pedig, amelyeket n´egyn´el t¨obb egyenes vesz k¨or¨ ul.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

44

´ t geometria 1. Abszolu

20. A h´aromoldal´ u alakzatok k¨oz¨ ul egyenl˝o oldal´ u h´aromsz¨og az, amelynek h´arom egyenl˝ o oldala van, egyenl˝o sz´ar´ u, amelynek csak k´et egyenl˝o oldala van, ferde pedig, amelynek h´arom nem egyenl˝o oldala van. 21. Tov´abb´a a h´aromoldal´ u alakzatok k¨oz¨ ul der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og az, amelynek van der´eksz¨ oge, tompasz¨og˝ u, amelynek van tompasz¨oge, hegyessz¨og˝ u pedig, amelynek h´arom hegyessz¨oge van. 22. A n´egyoldal´ u alakzatok k¨oz¨ ul n´egyzet az, amelyik egyenl˝o oldal´ u ´es der´eksz¨og˝ u, t´eglalap, amelyik der´eksz¨og˝ u, de nem egyenl˝o oldal´ u, rombusz, amelyik egyenl˝ o oldal´ u, de nem der´eksz¨og˝ u, romboid, amelynek szemk¨ozti oldalai ´es sz¨ ogei egyenl˝ ok egym´assal, de sem nem egyenl˝o oldal´ u, sem nem der´eksz¨og˝ u. A t¨ obbi n´egyoldal´ u neve legyen trap´ez. 23. P´arhuzamosak azok az egyenesek, amelyek ugyanabban a s´ıkban vannak ´es mindk´et oldalt v´egtelen¨ ul meghosszabb´ıtva egyiken sem tal´alkoznak. ´ tumok: Posztula

1. K¨ oveteltess´ek meg, hogy minden pontb´ol minden ponthoz legyen egyenes h´ uzhat´ o. ´ hogy v´eges egyenes vonal egyenesben folytat´olag meghosszabb´ıthat´o le2. Es gyen. ´ hogy minden k¨ 3. Es oz´epponttal ´es t´avols´aggal legyen k¨or rajzolhat´o. ´ hogy minden der´eksz¨ 4. Es og egym´assal egyenl˝o legyen. ´ hogy ha k´et egyenest u 5. Es ´gy metsz egy egyenes, hogy az egyik oldalon keletkez˝ o bels˝ o sz¨ ogek ¨ osszege k´et der´eksz¨ogn´el kisebb, akkor a k´et egyenes v´egtelen¨ ul meghosszabb´ıtva tal´alkozz´ek azon az oldalon, amerre a k´et der´eksz¨ ogn´el kisebb sz¨ ogek vannak. ´ ma ´ k: Axio

1. Amik ugyanazzal egyenl˝ ok, egym´assal is egyenl˝ok. 2. Ha egyenl˝ okh¨ oz egyenl˝ oket adunk hozz´a, az ¨osszegek egyenl˝ok. 3. Ha egyenl˝ okb˝ ol egyenl˝ oket vesz¨ unk el, a marad´ekok egyenl˝ok. 4. Ha nem egyenl˝ okh¨ oz egyenl˝oket adunk hozz´a, az ¨osszegek nem egyenl˝ok. 5. Ugyanannak a k´etszeresei egyenl˝ok egym´assal. 6. Ugyanannak a fele r´eszei egyenl˝ok egym´assal. 7. Az egym´asra illeszked˝ ok egyenl˝ok egym´assal. 8. Az eg´esz nagyobb a r´eszn´el. 9. K´et egyenes vonal nem fog k¨ozre ter¨ uletet.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

45

´sz 1.8. Eukleide

´telek: Te

1. V´eges egyenes szakasz f¨ ol´e egyenl˝o oldal´ u h´aromsz¨og ´all´ıthat´o. 2. Van adott v´egpont´ u adott hossz´ us´ag´ u szakasz. 3. K´et adott, nem egyenl˝ o szakasz k¨oz¨ ul a nagyobbikb´ol kivonhat´o egy, a kisebbel egyenl˝ o szakasz. 4. Ha k´et h´aromsz¨ ognek k´et-k´et oldala ´es a k¨ozrez´art sz¨og¨ uk egyenl˝o, akkor az alapok is egyenl˝ ok, ´es a h´aromsz¨ogek is egyenl˝ok, ´es a t¨obbi sz¨og is p´aronk´ent egyenl˝ o, amelyekkel szemben az egyenl˝o oldalak fekszenek. 5. Az egyenl˝ o sz´ar´ u h´aromsz¨ogeknek az alapon fekv˝o sz¨ogei egyenl˝ok egym´assal, ´es ha meghosszabb´ıtjuk az egyenl˝o oldalakat, akkor az alap alatt egyenl˝o sz¨ ogek keletkeznek. 6. Ha egy h´aromsz¨ og k´et sz¨oge egyenl˝o egym´assal, akkor az egyenl˝o sz¨ogekkel szemben fekv˝ o oldalak is egyenl˝ok egym´assal. 7. Ugyanarra az egyenesre nem lehet adott k´et szakasszal p´aronk´ent egyenl˝o m´asik k´et szakaszt ´all´ıtani u ´gy, hogy m´as ponton tal´alkozzanak, de ugyanazon az oldalon fek¨ udjenek, ´es ugyanazok a pontok legyenek a v´egeik, mint az el˝ oz˝ o szakaszoknak. 8. Ha k´et h´aromsz¨ ognek k´et-k´et oldala p´aronk´ent egyenl˝o, ´es alapjuk egyenl˝o, akkor a sz¨ ogeik is egyenl˝ ok, amelyeket az egyenl˝o oldalak z´arnak be. 9. Adott egyenes vonal´ u sz¨og megfelezhet˝o. 10. Adott szakasz megfelezhet˝o. 11. Adott egyeneshez, adott pontj´ab´ol h´ uzhat´o der´eksz¨og˝ u egyenes. 12. Adott v´egtelen egyenesre rajta k´ıv¨ uli pontb´ol bocs´athat´o mer˝oleges egyenes. 13. Ha u ´gy keletkeznek sz¨ ogek, hogy egy egyenest ´all´ıtunk egy egyenesre, akkor vagy k´et der´eksz¨ og vagy ¨osszegben k´et der´eksz¨oggel egyenl˝o sz¨ogek keletkeznek. 14. Ha valamely egyenesen lev˝o pontn´al k´et egyenes fekszik nem ugyanazon az oldalon, ´es k´et der´eksz¨oggel egyenl˝o sz¨ogeket alkotnak egym´as mellett, akkor ugyanazon az egyenesen van a k´et egyenes. 15. Ha k´et egyenes metszi egym´ast, a keletkez˝o cs´ ucssz¨ogek egyenl˝ok. 16. Minden h´aromsz¨ ogben az egyik oldal meghosszabb´ıt´asakor keletkez˝o k¨ uls˝o sz¨ og nagyobb mind a k´et szemk¨ozt fekv˝o bels˝o sz¨ogn´el. 17. Minden h´aromsz¨ ogben k´et sz¨og ¨osszege kisebb k´et der´eksz¨ogn´el, b´arhogy is v´alasztjuk ˝ oket. 18. Minden h´aromsz¨ ogben a nagyobb oldal nagyobb sz¨oggel szemben fekszik. 19. Minden h´aromsz¨ ogben a nagyobb sz¨oggel szemben nagyobb oldal fekszik.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

46

´ t geometria 1. Abszolu

20. Minden h´aromsz¨ ogben k´et oldal egy¨ utt nagyobb a harmadikn´al, ak´arhogy is v´alasztjuk ˝ oket. 21. Ha egy h´aromsz¨ og egyik oldal´ara a v´egpontjaiban bel¨ ul k´et szakaszt ´all´ıtunk, akkor az ´all´ o szakaszok a h´aromsz¨og m´asik k´et oldal´an´al egy¨ utt kisebbek, de nagyobb sz¨ oget fognak k¨ozre. 22. Szerkeszthet˝ o h´aromsz¨ og h´arom szakaszb´ol, amelyek h´arom adott szakasszal egyenl˝ ok, ha k´et szakasz egy¨ utt nagyobb a harmadikn´al, ak´arhogy is v´alasztjuk ˝ oket. 23. Szerkeszthet˝ o adott egyenesre, egy rajta lev˝o ponthoz, adott egyenes vonal´ u sz¨ oggel egyenl˝ o egyenes vonal´ u sz¨og. 24. Ha k´et h´aromsz¨ ogben k´et-k´et oldal p´aronk´ent egyenl˝o, de az egyenl˝o oldalak ´altal k¨ ozrefogott sz¨ og nagyobb az egyikben, mint a m´asikban, akkor az egyiknek az alapja szint´en nagyobb a m´asik alapj´an´al. 25. Ha k´et h´aromsz¨ ogben k´et-k´et oldal p´aronk´ent egyenl˝o, az egyik alapja viszont nagyobb a m´asik alapj´an´al, akkor az egyenl˝o oldalak ´altal k¨ozrefogott sz¨ og is nagyobb abban a h´aromsz¨ogben, amelynek alapja nagyobb, mint a m´asikban. 26. Ha k´et h´aromsz¨ ogben k´et-k´et sz¨og p´aronk´ent egyenl˝o, ´es egy-egy oldal is, ak´ar az egyenl˝ o sz¨ ogek melletti oldal, ak´ar az, amelyik az egyenl˝o sz¨ogek egyik´evel szemben fekszik, akkor a t¨obbi oldal is p´aronk´ent egyenl˝o, ´es ugyan´ıgy a f¨ onnmarad´ o egy-egy sz¨og. 27. Ha k´et egyenest egy egyenes u ´gy metsz, hogy egym´as k¨oz¨ott egyenl˝o v´alt´osz¨ ogek keletkeznek, akkor a k´et egyenes p´arhuzamos egym´assal. 28. Ha k´et egyenest egy egyenes u ´gy metsz, hogy ugyanazon az oldalon lev˝ o szemk¨ ozti bels˝ o sz¨ oggel egyenl˝o k¨ uls˝o sz¨og keletkezik, vagy ugyanazon az oldalon k´et der´eksz¨ oggel egyenl˝o bels˝o sz¨ogek keletkeznek, akkor a k´et egyenes p´arhuzamos. 29. Ha p´arhuzamos egyeneseket metsz egy egyenes, akkor egym´assal egyenl˝o v´alt´ osz¨ ogek keletkeznek, ´es a szemk¨ozti bels˝o sz¨oggel egyenl˝o k¨ uls˝o sz¨og keletkezik, ´es ugyanazon az oldalon egy¨ utt k´et der´eksz¨oggel egyenl˝o bels˝o sz¨ ogek keletkeznek. 30. Az ugyanazzal az egyenessel p´arhuzamos egyenesek egym´assal is p´arhuzamosak. 31. Adott ponton ´at adott egyenessel h´ uzhat´o p´arhuzamos egyenes. 32. Minden h´aromsz¨ ogben az egyik oldal meghosszabb´ıt´asakor keletkez˝o k¨ uls˝o sz¨ og egyenl˝ o a k´et szemk¨ozti bels˝o sz¨og o¨sszeg´evel, ´es a h´aromsz¨og h´arom bels˝ o sz¨ oge egy¨ utt k´et der´eksz¨oggel egyenl˝o. 33. Egyenl˝ o ´es p´arhuzamos szakaszokat ugyanazon az oldalon ¨osszek¨ot˝o szakaszok maguk is egyenl˝ ok ´es p´arhuzamosak.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´sz 1.8. Eukleide

47

34. A p´arhuzamos vonal´ u idomok szemk¨ozti oldalai ´es sz¨ogei egyenl˝ok egym´assal, ´es az ´atl´ o felezi ˝ oket. 35. Az ugyanazon az alapon ´es ugyanazon p´arhuzamosok k¨oz¨ott fekv˝o paralelogramm´ak egyenl˝ ok egym´assal. 36. Az egyenl˝ o alapokon ´es ugyanazon p´arhuzamosok k¨oz¨ott fekv˝o paralelogramm´ak egyenl˝ ok egym´assal. 37. Az ugyanazon az alapon ´es ugyanazon p´arhuzamosok k¨oz¨ott fekv˝o h´aromsz¨ ogek egyenl˝ ok egym´assal. 38. Az egyenl˝ o alapokon ´es ugyanazon p´arhuzamosok k¨oz¨ott fekv˝o h´aromsz¨ogek egyenl˝ ok egym´assal. 39. Az ugyanazon az alapon ´es ugyanazon az oldalon fekv˝o egyenl˝o h´aromsz¨ogek ugyanazon p´arhuzamosok k¨oz¨ott is fekszenek. 40. Az egyenl˝ o alapokon ´es ugyanazon az oldalon fekv˝o egyenl˝o h´aromsz¨ogek ugyanazon p´arhuzamosok k¨oz¨ott is fekszenek. 41. Ha egy paralelogramm´anak ugyanaz az alapja, mint egy h´aromsz¨ognek, ´es ugyanazon p´arhuzamosok k¨oz¨ott fekszik, akkor a paralelogramma k´etszerese a h´aromsz¨ ognek. 42. Szerkeszthet˝ o adott h´aromsz¨oggel egyenl˝o adott egyenes vonal´ u sz¨og˝ u paralelogramma. 43. Minden paralelogramm´aban az ´atl´o k¨or¨ ul¨otti paralelogramm´ak kieg´esz´ıt˝oi egyenl˝ ok egym´assal. 44. Illeszthet˝ o adott szakaszhoz adott h´aromsz¨oggel egyenl˝o adott egyenes vonal´ u sz¨ oggel rendelkez˝ o paralelogramma. 45. Szerkeszthet˝ o adott egyenesvonal´ u alakzattal egyenl˝o ´es adott egyenes vonal´ u sz¨ oggel rendelkez˝ o paralelogramma. 46. Adott szakaszra mint oldalra emelhet˝o n´egyzet. 47. A der´eksz¨ og˝ u h´aromsz¨ ogben a der´eksz¨oggel szemk¨ozti oldalra emelt n´egyzet egyenl˝ o a der´eksz¨ oget k¨ ozrefog´o oldalakra emelt n´egyzetek ¨osszeg´evel. 48. Ha egy h´aromsz¨ ogben az egyik oldalra emelt n´egyzet egyenl˝o a h´aromsz¨og m´asik k´et oldal´ara emelt n´egyzetek ¨osszeg´evel, akkor der´eksz¨og a h´aromsz¨og m´asik k´et oldala ´altal k¨ ozrefogott sz¨og.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

48

´ t geometria 1. Abszolu

1.9. Bolyai

1.40. ´abra. Bolyai J´anos Bolyai J´ anos m˝ uv´et – a kor szok´asa szerint – folyamatosan le´ırt, paragrafusokra bontott, ¨ osszef¨ ugg˝ o sz¨ovegk´ent tette k¨ozz´e. E fejezetnek a hiperbolikus p´ arhuzamoss´ agr´ ol sz´ ol´ o bekezd´es´et az ˝o m˝ uve alapj´an ´ep´ıtett¨ uk fel. A f˝ o vonal k¨ onnyebb ´ attekint´ese miatt megpr´ob´aljuk – a paragrafusos bont´as elhagy´ as´ aval – defin´ıci´ oit, t´eteleit azok line´aris rendj´eben tolm´acsolni.

´ nos: Appendix Bolyai Ja ´r abszolu ´ t igaz tudoma ´ nya A te ´sz-fe ´le axio ´ ma (a priori soha elnem d¨ ˝ ) helyes, A XI. Eukleide ontheto ´ves volta ´ to ´ l f¨ ´ rgyala ´ sban: annak te ´ves volta vagy te uggetlen ta ´re, a k¨ ´gysz¨ ´ se ´vel. esete or ne oges´ıte ´ k: Defin´ıcio

1. F´elegyenesek p´arhuzamoss´aga az elpattan´as fogalma alapj´an. 2. Paraszf´er´anak (F -nek) nevezz¨ uk az A pontnak ´es mindazon B pontoknak az osszess´eg´et, amelyeknek b´armelyike olyan, hogyha BN p´arhuzamos AM ¨ mel akkor N BA∡ = M AB∡ . Az F -nek b´armely az AM egyenest tartalmaz´o s´ıkkal val´ o metszet´et L paraciklusnak nevezz¨ uk. 3. Az Eukleid´esz XI. axi´ om´ajaP (V.Posztul´atum) igaz volt´anak feltev´es´en fel´ep¨ ul˝ o geometri´at nevezz¨ uk -nak az ellenkez˝o feltev´esen alapul´ot S-nek. P Mindazok a t´etelek, amelyekn´el nem eml´ıtj¨ uk kifejezetten, hogy vajon a vagy az S rendszerben ut igazak, vagyis ´all´ıtjuk, hogy P ´erv´enyesek-e, abszol´ ´erv´enyesek, ak´ar a , ak´ar az S rendszerben tekintj¨ uk ˝oket.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

49

1.9. Bolyai

´telek: Te

1. A kezd˝ opont ´athelyezhet˝ o azon az egyenesen, mellyel az elpattan´o egyenest h´ uztuk. 2. A metsz˝ o szakaszok f´elegyenessel bez´art sz¨oge null´ahoz tart. 3. A kezd˝ opont ´athelyezhet˝ o az elpattan´o f´elegyenesen. 4. Adott f´elegyenessel p´arhuzamos f´elegyenesek, nem metsz˝ok. 5. Ha az AB f´elegyenes az M AB∡ tartom´anyban halad, akkor minden B pontj´ahoz van olyan C pont az AM f´elegyenesen, amire BCM∡ = N AM∡ . 6. Ha BN p´arhuzamos AM , akkor az AM egyenesen van olyan F pont, hogy M F B∡ = N BF∡ . 7. Ha BN f´elegyenes p´arhuzamos AM -mel ´es G az AM , H pedig a BN egyenes pontja, akkor HN p´arhuzamos GM -mel ´es GM p´arhuzamos HN nel. 8. Ha BN p´arhuzamos AM -el, CP p´arhuzamos AM -el, ´es C a BN egyenesen k´ıv¨ ul van, akkor BN p´arhuzamos CP -vel. 9. Ha BN p´arhuzamos CP , N BC∡ = P CB∡ ´es az N BCP tartom´anyban l´ev˝ o AM mer˝ olegesen felezi BC-t, akkor BN p´arhuzamos AM -mel. 10. Ha BN p´arhuzamos AM -mel ´es az M AP ´es N BD (azonos t´erf´elbe tartoz´ o) f´els´ıkoknak az M ABN s´ıkkal bez´art sz¨ogeik ¨osszege kisebb 2R-n´el, akkor metszik egym´ast. 11. Ha BN ´es CP p´arhuzamosok AM -mel ´es N BA∡ = BAM∡ , valamint P CA∡ = M AC∡ , akkor BN p´arhuzamos CP -vel ´es N BC∡ = P CB∡ . 12. Ha B az AM -hez tartoz´ o L tetsz˝oleges pontja, ´es AM p´arhuzamos BN -nel, akkor az A-hoz ´es B-hez tartoz´o L-ek megegyeznek. 13. Ha BN p´arhuzamos AM -mel, CP p´arhuzamos DQ-val ´es BAM∡ +ABN∡ = 2R, akkor DCP∡ + CDQ∡ = 2R. 14. Ha BN p´arhuzamos AM -mel, CP p´arhuzamos DQ-val ´es BAM∡ +ABN∡ < 2R, akkor DCP∡ + CDQ∡ < 2R. P 15. Ha AM valamely L-nek tengelye, akkor a rendszerben ez az L az AM -re mer˝ oleges egyenes. 16. L az S rendszerben is vonal, ´es F fel¨ ulet.

17. Az S rendszerben minden olyan s´ık, mely az F -nek A pontj´an megy kereszt¨ ul ´es az AM tengelyhez ferd´en ´all, F -et k¨orben metszi. 18. Az S rendszerben valamely L-nek BN tengely´ere mer˝oleges, s L s´ıkj´aban l´ev˝ o BT egyenes ´erint˝ oje L-nek.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

50

´ t geometria 1. Abszolu

19. F -ben b´armely k´et L vonal alkotta sz¨og a sz´arait tartalmaz´o F -re mer˝oleges s´ıkok lapsz¨ og´evel egyenl˝ o. 20. K´et ugyanabban az F -ben l´ev˝o L vonal, amelyek egy harmadik L vonallal 2R-n´el kisebb ¨ osszeget ad´o bels˝o sz¨oget alkotnak, metszik egym´ast. 21. Az F fel¨ uleten – haP az egyenesek szerep´et az L vonalakra ruh´azzuk ´at – akkor a XI. axi´ oma, ´es a s´ık eg´esz geometri´aja ´es trigonometri´aja ´erv´enyes. ´Igy annak a k¨ ornek a ker¨ ulete, amelynek az F fel¨ ulet L vonala ment´en m´ert hossza r 2πr, az F fel¨ uleten m´ert ter¨ ulete r2 π-vel egyenl˝o. 22. Ha AB az AM tengelyhez tartoz´o L-vonal ´es C az AM -en van, ha tov´abb´a a CAB∡ -et – melynek egyik sz´ara az AM tengely, m´asik sz´ara az L alak´ u AB – mindk´et ir´anyban a v´egtelenbe toljuk, akkor C-nek u ´tja a CM tengelyhez tartoz´ o L vonal. Ezt az AB-vel p´arhuzamos L-vonalnak nevezz¨ uk. 23. Ha AB ´es CD p´arhuzamos L-vonalak, akkor az (AB) illetve (CD) ´ıvek hossz´anak ar´anya f¨ uggetlen a hosszukt´ol, az AC t´avols´agt´ol meghat´arozott ´ert´ek. Ha az AC t´avols´agot kis x-szel jel¨olj¨ uk, a megfelel˝o p´arhuzamos ´ıvek hossz´anak ar´any´at nagy X-szel jel¨olj¨ uk. P x rendszerben X > 1, ´es b´armely 24. Y = X y . Az S rendszerben X = 1 a AB, ABE ´ıvekhez megadhat´o CDF u ´gy, hogy CDF p´arhuzamos ABE ´es CD ´ıv egyenl˝ o AB ´ıvvel. Azaz k´et p´arhuzamos egyenes ´altal hat´arolt tartom´any egybev´ag´ o tetsz˝oleges az el˝obbiekkel p´arhuzamos egyenesek ´altal hat´arolt tartom´annyal. Speci´alisan a r´esz lehet egyenl˝o az eg´esszel”. ” 25. B´armely egyenes vonal´ u h´aromsz¨ogben az oldalakkal egyenl˝o sugar´ u k¨or¨ok ker¨ uletei u ´gy ar´anylanak egym´ashoz, mint a vel¨ uk szemk¨ozti sz¨ogek sinusai. 26. B´armely g¨ ombh´aromsz¨ ogben az oldalak sinusai u ´gy ar´anylanak egym´ashoz, mint a vel¨ uk szemk¨ ozti sz¨ogek sinusai. K¨ovetkez´esk´eppen a g¨ombi trigonometria a p´arhuzamoss´agi axi´om´at´ol f¨ uggetlen. 27. Ha AC ´es BD mer˝ oleges AB-re, s a CAB∡ -et az AB egyenes ment´en eltoljuk, akkor a C pont u ´tja a CD (hiperciklus) ´ıv, akkor ennek hossza az AB szakasz hossz´ahoz u ´gy ar´anylik, mint a sin CAD∡ a sin ADB∡ ´ert´ekhez. 28. Ha AB > CD p´arhuzamos L-´ıvek x t´avols´aggal, akkor X = sin ACB∡ : sin CBD∡ . 29. Ha BAM∡ = R, az AB szakasz hossza y ´es BN p´arhuzamos AM -mel, akkor az S rendszerben Y = cot 21 N BA∡ . y
y 30. Az y sugar´ u k¨ or ker¨ ulete az S-rendszerben πk e k − e− k , ahol k sz´amhoz tartoz´ o K ´eppen e = 2, 7182818... 31. Jel¨ olje a, b egy der´eksz¨ og˝ u h´aromsz¨og k´et befog´oj´at c pedig az ´atfog´oj´at. α, β, R a szemk¨ ozti sz¨ ogek, ekkor c
a a
c 1 : sin α = e k − e− k : e k − e− k ,

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

51

1.9. Bolyai a
1 a e k + e− k , 2  b 2 c c
2 a
2 b a a
2 1 a e k − e− k = e k + e− k e k − e− k + e k − e− k , 4 ´es v´eg¨ ul c
1 c e k − e− k . cot α cot β = 2

cos α : sin α =

32. Legyen a z hossz´ u AB, valamely vonal a s´ıkon, melynek CA, CB mer˝oleges egyenesp´arra vonatkoz´ o der´eksz¨og˝ u koordin´at´ak szerinti egyenlete y = f (x). A CAB tartom´any ter¨ ulete u. Ha p´eld´aul, AB AM tengely˝ u L vonal ennek egyenlete: q y

x

ek = ek +

2x

e k − 1.

33. Legyen az AB p hossz´ u alapvonalhoz tartoz´o q t´avols´agra lev˝o CD hiperciklus ´ıv hossza r, ekkor a CABDC tartom´any s ter¨ ulete:  q 1  q s = pk e k − e− k . 2

34. A p ter¨ ulet˝ u s´ıkidom ´es a r´a mer˝oleges t hossz´ u szakaszok ´altal meghat´arozott test t´erfogata:  1 2q 1  2q v = pk e k − e− k + pq. 8 2

35. Az r sugar´ u k¨ or ter¨ ulete:


r r πk 2 e k + e− k + 2 .

36. Az r hossz´ us´ag´ u L vonal ´es a vele p´arhuzamos x t´avols´agra lev˝o L vonal ´altal k¨ ozrez´art szektor ter¨ ulete: x
u = rk 1 − e− k ,

´ıgy a teljes paraciklus tartom´any ter¨ ulete, illetve egy p paraszf´era tartom´any metszet˝ u szektor t´erfogata: rk illetve

1 pk. 2

37. Az S rendszerben a g¨ omb felsz´ıne ´es t´erfogata: 1 p2 illetve πk 3 (X 2 − X −2 ) − 2πk 2 x, π 2 ahol x a sug´ar ´es p a g¨ ombi f˝ok¨or ker¨ ulete.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

52

´ t geometria 1. Abszolu

38. Az AB szakaszt´ ol q t´avols´agra lev˝o pontok ´altal meghat´arozott fel¨ ulet felsz´ıne ´es a kapott forg´asfel¨ ulet t´erfogata: 1 πkp(Q2 − Q−2 ), 2 illetve

1 2 πk p(Q − Q−1 )2 . 4 ´ llap´ıta ´ sok: Mega

1. Ha k v´egtelenhez tart, P akkor b´armely k-t tartalmaz´o kifejez´es hat´ar´ert´eke ´eppen a megfelel˝ o rendszerbeli mennyis´eg, hacsak azonoss´ag nem keletkezik. P 2. Eld¨ ontetlen marad, hogy vajon a val´os´agban a vagy pedig valamelyik S rendszer teljes¨ ul-e.

3. Mindaz, amit a XI. axi´ oma (V. Posztul´atum) helytelens´eg´enek feltev´es´eb˝ol levezett¨ unk, abszol´ ut igaz, ebben az ´ertelemben teh´at semmif´ele feltev´esre nem t´amaszkodik. Van eszerint olyan a priori s´ıktrigonometria, amelyn´el csup´an az igaz rendszer ismeretlen ´es ez´ert csakis a kifejez´esek abszol´ ut nagys´aga marad meg nem hat´arozott, azonban egyetlen ismert eset alapj´an nyilv´an az eg´esz rendszert r¨ogz´ıthetn˝onk. A g¨ombi P trigonometri´at viszont abszol´ ut ´erv´enyben bizony´ıtottuk. Az F fel¨ uleten a rendszer s´ıkgeometri´aj´anak t¨ ok´eletesen megfelel˝o geometria ´erv´enyes. P 4. Ha tudn´ ok, hogy ´erv´enyes, akkor e tekintetben semmif´ele tov´abbi ny´ılt k´erd´es nem maradna. Ha azonban tudn´ok, hogy nem ´erv´enyes, akkor sz¨ uks´eges volna, hogy rendelkezz¨ unk, valamin˝o olyan konkr´et a ´ert´ekkel, amelyhez tartoz´ o A ismeretes. Ebben az esetben k term´eszetes hosszegys´eg volna. Ha tudn´ ok, hogy k l´etezik, akkor gyakorlatilag t¨ok´eletes pontoss´aggal megszerkeszthet˝ o. 5. Nyilv´anval´ o, hogy a kor´abban kifejtett ´ertelemben, minden t´erbeli feladat az anal´ızis u ´jabb, kell˝ o hat´arok k¨oz¨ott igen elismer´esrem´elt´o m´odszer´evel t´argyalhat´ o. 6. K¨ ovetkezik v´eg¨ ul, ami a sz´ıves olvas´o sz´am´araPbizony´ara nem ´erdektelen, hogy abban az esetben, ha val´os´agban nem hanem S rendszer volna ´erv´enyes, akkor a k¨ orrel egyenl˝o ter¨ ulet˝ u egyenes vonal´ u idom szerkeszthet˝o. ´sek: Szerkeszte

1. Adott pontb´ ol, adott f´elegyenessel p´arhuzamos f´elegyenes szerkeszt´ese. 2. S-ben olyan egyenes szerkeszt´ese, mely adott hegyessz¨og egyik sz´ar´aval p´arhuzamos ´es mer˝ oleges a m´asik sz´ar´ara.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

53

1.9. Bolyai

3. Adott egyenesen ´athalad´ o, adott s´ıkra mer˝oleges s´ık ´es az adott s´ık metsz´esvonal´anak szerkeszt´ese. 4. P´arhuzamos f´elegyeneseken korresponde´al´o pontp´ar szerkeszt´ese. 5. Az F fel¨ uleten a XI. axi´ oma haszn´alata n´elk¨ ul elv´egezhet˝ok mindazok a P szerkeszt´esek, amelyek a rendszerben a s´ıkon elv´egezhet˝oek. 6. Az M N egyenes t t´avols´aghoz tartoz´o t´avols´agvonalai AG illetve CH. Ekkor az AGC△ , AGH△ h´aromsz¨ogek sz¨og¨osszege ´es ter¨ ulete egyenl˝o.

7. Egyenl˝ o ter¨ ulet˝ u, egy egyenl˝o oldallal rendelkez˝o h´aromsz¨ogek sz¨og¨osszege egyenl˝ o. 8. Egyenl˝ o ter¨ ulet˝ u h´aromsz¨ogek sz¨og¨osszege egyenl˝o. 9. Ha az ABC△ -ben u, a DF E△ -ben v a sz¨og¨osszeget 2R-re kieg´esz´ıt˝o sz¨og, akkor a k´et h´aromsz¨ og ter¨ ulet´enek ar´anya u : v. 10. A g¨ ombh´aromsz¨ ogek felsz´ın´enek az ar´anya sz¨og¨osszegeik 2R-et meghalad´o r´eszeinek, excesszusainak ar´any´aval egyenl˝o. A z excesszus´ u g¨ombh´aromsz¨og felsz´ıne: zp2 . 4π 2 11. Ha z eg´esz´ıti ki 2R-re a h´aromsz¨og sz¨og¨osszeg´et, akkor ter¨ ulete: zk 2 . A h´aromszorosan aszimptotikus h´aromsz¨og ter¨ ulete hat´ar´atmenettel: πk 2 . 12. Megadhat´ o a paraszf´er´an az aszimptotikus h´aromsz¨oggel egyenl˝o ter¨ ulet˝ u k¨ or, ´es k¨ orz˝ os-vonalz´ os elj´ar´assal szerkeszthet˝o ugyanilyen ter¨ ulet˝ u n´egyzet. Azaz vagy ´erv´enyes Eukleid´esz XI. axi´om´aja, vagy lehets´eges a k¨or n´egysz¨oges´ıt´ese. H´ atra volna v´ egu argy minden vonatkoz´ asban val´ o lez´ ar´ a¨ l a t´ ” sa ´ erdek´ eben annak bizony´ıt´ a sa, hogy mindennem˝ u feltev´ e s n´ e lk u ¨l P nem lehet eld¨ onteni, vajjon , vagy pedig valamelyik S (´ es melyik) teljesu obb alkalomra halasztjuk.” ¨ l. Ezt azonban kedvez˝

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

54

´ t geometria 1. Abszolu

1.10. Lobacsevszkij

1.41. ´ abra. Nyikol´aj Ivanovics Lobacsevszkij – Ki ne ´ ertene egyet azzal, hogy semmif´ ele matematikai tudo” m´ anynak nem volna szabad olyan hom´ alyos fogalmakkal kezd˝ odnie, mint amilyenekkel mi, Eukleid´ esz nyom´ an, a geometri´ at kezdju ¨ k, ´ es hogy sehol a matematik´ aban nem engedhet˝ o meg a szigor´ us´ agnak az a hi´ anya, amelyet a p´ arhuzamosok elm´ elet´ eben k´ enytelenek voltunk elt˝ urni.” – ´Irja Lobacsevszkij els˝o kiadott m˝ uv´eben. A k´et feladat k¨ oz¨ ul a m´ asodikat sikeresen megoldotta ugyan, de kort´arsai ugyan´ ugy nem ismert´ek fel teljes´ıtm´eny´enek volumen´et, ahogy Bolyai J´anos´et sem. T¨obb pr´ ob´ alkoz´ as ut´ an siker¨ ult csak az ´altala Elk´epzelt geometri´anak” nevezett ” strukt´ ur´ ahoz azt ´ert˝ o ´es elismer˝o olvas´ot tal´alnia. 1840-ben n´emet¨ ul megjelenteti A Geometriai vizsg´ alatok a p´arhuzamosok elm´elet´enek k¨or´eb˝ol” c. ” kiadv´ any´ at mellyel tal´ al egy ilyen olvas´ot, Gausst. Fejezet¨ unk ezen kiadv´any t´eteleit tartalmazza. Lobacsevszkij nem t¨or˝od¨ott az abszol´ ut geometriai t´etelek ´es az axi´ om´ ak sz´etv´ alaszt´as´aval, illetve az egym´asra ´ep¨ ul˝o u ´j t´etelek tartalom szerinti tagol´ as´ aval – ez´ert mi is ´ıgy tesz¨ unk.

´ latok Ny.I. Lobacsevszkij: Geometriai vizsga ´ ´ ´ ´ ˝ l. ¨ a parhuzamosok elmeletenek korebo ´telek: Elfogadott te

1. Az egyenes vonal minden helyzetben fedi saj´at mag´at. Ezen azt ´ertem, hogy ha azt a fel¨ uletet, amely az egyenest tartalmazza, az egyenes k´et pontja k¨ or¨ ul elforgatjuk, az egyenes helyzete nem v´altozik. 2. K´et egyenes nem metszheti egym´ast k´et pontban.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

1.10. Lobacsevszkij

55

3. Az egyenes, mindk´et ir´anyban kell˝oen meghosszabb´ıtva, minden hat´aron t´ ulmegy ´es ´ıgy b´armely z´art s´ıkr´eszt k´et r´eszre oszt. 4. Ha k´et egyenes k¨ ul¨ on-k¨ ul¨on mer˝oleges egy harmadikra, akkor b´armennyire meghosszabb´ıtva sem metszik egym´ast. 5. Ha egy egyenes ´atmegy egy m´asik egyenes egyik partj´ar´ol a m´asikra, akkor metszi azt. 6. A cs´ ucssz¨ ogek, vagyis k´et olyan sz¨og, amelyek b´armelyik´enek sz´arai a m´asik sz¨ og sz´arainak meghosszabb´ıt´asai, egyenl˝oek. Ez egyar´ant ´all egyenesek ´altal alkotott s´ıkbeli sz¨ ogekre, ´es s´ıkok ´altal meghat´arozott lapsz¨ogekre. 7. K´et egyenes nem metszheti egym´ast, ha egy harmadik mindkett˝ot ugyanabban a sz¨ ogben metszi. 8. A s´ıkh´aromsz¨ ogben egyenl˝o oldalakkal szemben egyenl˝o sz¨ogek vannak ´es ford´ıtva. 9. A s´ıkh´aromsz¨ ogben nagyobb oldallal szemben nagyobb sz¨og van. A der´eksz¨ og˝ u h´aromsz¨ og ´atfog´ oja nagyobb b´armelyik befog´on´al, a rajta lev˝o sz¨ogek hegyessz¨ ogek. 10. K´et s´ıkh´aromsz¨ og egybev´ag´o, ha egy oldaluk ´es k´et sz¨og¨ uk, vagy k´et oldaluk ´es az azok ´altal bez´art sz¨og¨ uk, vagy k´et oldaluk ´es ezek k¨oz¨ ul a nagyobbikkal szemben lev˝ o sz¨ og¨ uk, vagy h´arom oldaluk p´aronk´ent egyenl˝o. 11. Ha egy egyenes mer˝ oleges k´et m´asik, vele nem egys´ık´ u egyenesre, akkor mer˝ oleges mindazokra az egyenesekre, amelyek e k´et ut´obbi egyenes s´ıkj´aban vannak ´es ´atmennek azok metsz´espontj´an. 12. G¨ omb s´ıkmetszete k¨ or. 13. Az olyan egyenes, mely mer˝oleges k´et egym´asra mer˝oleges s´ık metsz´esvonal´ara ´es benne van az egyik s´ıkban, mer˝oleges a m´asik s´ıkra. 14. A g¨ ombh´aromsz¨ ogben egyenl˝o oldalakkal szemben egyenl˝o sz¨ogek vannak, ´es megford´ıtva. 15. K´et g¨ ombh´aromsz¨ og egybev´ag´o, ha k´et oldaluk ´es az azok ´altal bez´art sz¨og¨ uk, vagy egy oldaluk ´es az azon lev˝o k´et sz¨og¨ uk p´aronk´ent egyenl˝o. ´ zott vagy bizony´ıtott te ´telek: Magyara

1. A s´ıkban az egy ponton ´atmen˝o egyenesek, egy adott egyeneshez val´o viszonyukat tekintve, k´et oszt´alyba sorolhat´ok: a metsz˝ok ´es a nem metsz˝ok oszt´aly´aba. A k´et oszt´aly hat´ar´at alkot´o egyenest az adott egyenessel p´arhuzamosnak nevezz¨ uk. A pontb´ol az egyenesre bocs´atott mer˝oleges ´es a p´arhuzamos ´altal meghat´arozott sz¨og a p´arhuzamoss´agi sz¨og. Ezt a pont ´es egyenes t´avols´ag´anak a f¨ uggv´enyek´ent tekintj¨ uk. 2. A p´arhuzamos egyenes minden pontj´aban kiel´eg´ıti a p´arhuzamoss´ag krit´erium´at.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

56

´ t geometria 1. Abszolu

3. K´et egyenes p´arhuzamoss´aga mindig k¨olcs¨on¨os. 4. A h´aromsz¨ og bels˝ o sz¨ ogeinek ¨osszege nem lehet t¨obb k´et der´eksz¨ogn´el. 5. Ha van egy olyan s´ıkh´aromsz¨og, melyben a sz¨ogek ¨osszege k´et der´eksz¨og, akkor ugyanez ´all b´armely m´as h´aromsz¨ogre is. 6. Adott ponton ´at mindig h´ uzhat´o olyan egyenes, mely egy adott egyenessel tetsz´es szerinti kis adott sz¨oget z´ar be. 7. Ha k´et olyan egyenes, mely mer˝oleges ugyanarra a harmadikra, p´arhuzamos egym´assal, akkor b´armely s´ıkh´aromsz¨og sz¨ogeinek ¨osszege π-vel egyenl˝o. Ezen a feltev´esen alapszik a k¨oz¨ons´eges geometria. Az ellenkez˝o feltev´es is megengedhet˝ o, mert semmif´ele ellentmond´asra nem vezet; ezen alapszik az az u ´j geometria, amelyet ´en elk´epzelt geometri´anak neveztem el. 8. B´armely adott sz¨ ogh¨ oz tal´alhat´o olyan t´avols´ag, amelyhez tartoz´o p´arhuzamoss´agi sz¨ og az adott sz¨ og. 9. Min´el ink´abb meghosszabb´ıtjuk a p´arhuzamosokat p´arhuzamoss´aguk ir´any´aban, ann´al jobban k¨ ozelednek egym´ashoz. 10. Ha k´et egyenes p´arhuzamos egy harmadikkal, akkor egym´assal is p´arhuzamosak. 11. Ugyanazon g¨ omb felsz´ın´en az ´atellenes g¨ombh´aromsz¨ogek ter¨ ulete egyenl˝o. 12. A tri´eder t´ersz¨ oge egyenl˝o lapsz¨ogeinek f´el ¨osszeg´evel, levonva ebb˝ol egy der´eksz¨ oget. 13. Ha h´arom s´ık p´arhuzamos egyenesekben metszi egym´ast, akkor a h´arom lapsz¨ og ¨ osszege egyenl˝ o k´et der´eksz¨oggel. 14. A s´ıkh´aromsz¨ og mer˝ oleges oldalfelez˝oi vagy nem metszik egym´ast, vagy mindh´arman egy k¨ oz¨ os ponton mennek ´at. 15. Ha a h´aromsz¨ og mer˝ oleges oldalfelez˝oi k¨oz¨ ul kett˝o p´arhuzamos, akkor mind a h´arom p´arhuzamos egym´assal. 16. Hat´arvonalnak (horociklusnak) nevezz¨ uk az olyan s´ıkg¨orb´et, melyben a h´ urok mer˝ oleges felez˝ oi mind p´arhuzamosak egym´assal. 17. Ha egy k¨ or sugara minden hat´aron t´ ul n˝o, a k¨or hat´arvonalba megy ´at. 18. Az AA′ , BB ′ p´arhuzamos f´elegyenesek k¨oz¨otti AB, A′ B ′ hat´arvonal´ıvek hossza s illetve s′ . Ekkor s′ = e−x s, ahol x az AA′ = BB ′ szakaszhossz, e > 1 ´alland´o f¨ uggetlen az ´ıvek hossz´at´ ol ´es az x t´avols´agukt´ ol. A tov´abbiakban e legyen a term´eszetes logaritmus alapsz´ama. 19. A hat´arvonalat egyik tengelye k¨or¨ ul megforgatva a hat´arfel¨ uletet kapjuk. A hat´arfel¨ ulet b´armely k´et pontj´at ¨osszek¨ot˝o h´ ur egyenl˝o sz¨og alatt hajlik a

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

57

1.11. Hilbert

v´egpontjain ´atmen˝ o tengelyekhez. A hat´arfel¨ ulet b´armely tengelye forg´astengely, ´es a tengelyen kereszt¨ ulhalad´o s´ık a fel¨ uletet hat´arvonalban metszi. 20. A hat´arfel¨ uleth´aromsz¨ og oldalai ´es sz¨ogei k¨oz¨ott ugyanazok az o¨sszef¨ ugg´esek ´allnak fenn, mint a k¨ oz¨ ons´eges geometri´aban a s´ıkh´aromsz¨ogek oldalai ´es sz¨ ogei k¨ ozt. 21. A der´eksz¨ og˝ u h´aromsz¨ og oldalai ´es sz¨ogei k¨ozti ¨osszef¨ ugg´esek, ha ´atfog´oja c, befog´ oi a, illetve b az ezekkel szemben lev˝o sz¨ogei Π(α), illetve Π(β), ahol ezek jelent´ese az α, illetve β t´avols´agokhoz tartoz´o p´arhuzamoss´agi sz¨ og: sin Π(c) = sin Π(a) sin Π(b) sin Π(β) = cos Π(α) sin Π(a). 22. A fenti der´eksz¨ og˝ u s´ıkh´aromsz¨oggel egy¨ utt l´etezik egy g¨ombh´aromsz¨og, amelynek oldalai Π(c), Π(a), illetve Π(β), sz¨ogei pedig rendre Π(b) , 12 π illetve Π( 12 π − α). Ha az oldalait ezen g¨ombh´aromsz¨ognek most a, b illetve c jel¨ oli, a befog´ okkal szemk¨ozti sz¨ogeket pedig A illetve B, a megel˝oz˝o formul´ak az ismert: sin a = sin c sin A, sin b = sin c sin B formul´akba mennek ´at, ´ıgy a g¨ombi trigonometria abszol´ ut. 23. A p´arhuzamoss´agi sz¨ ogre fenn´all: 1 tan Π(x) = e−x . 2 ´ anos h´aromsz¨ 24. Altal´ ogre ad´odik: sin A tan Π(a) = sin B tan Π(b), sin Π(b) sin Π(c) = 1, sin Π(a) cos Π(b) cot A sin C sin Π(b) + cos C = , cos Π(a) sin B sin C . cos A + cos B cos C = sin Π(a)

cos A cos Π(b) cos Π(c) +

Ezen egyenletek m´ ar maguk is elegend˝ o alapot adnak arra, hogy ” az elk´ epzelt geometria feltev´ es´ et lehets´ egesnek tartsuk. A k¨ oz¨ ons´ eges geometri´ ab´ ol foly´ o sz´ am´ıt´ asok pontoss´ ag´ anak ellen˝ orz´ es´ ere ´ıgy nincs m´ as eszk¨ ozu aszati megfigyel´ esek. Mint ¨ nk, mint a csillag´ arra egyik munk´ amban r´ amutattam, az euklideszi geometria annyira pontos k¨ ozel´ıt´ est ad, hogy azokban a h´ aromsz¨ ogekben, amelyek m´ er˝ oeszk¨ ozeink sz´ am´ ara hozz´ af´ erhet˝ oek, a sz¨ ogek ¨ osszeg´ enek k´ et der´ eksz¨ ogt˝ ol val´ o elt´ er´ ese a m´ asodperc sz´ azadr´ esz´ en´ el is kisebb.”

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

58

´ t geometria 1. Abszolu

1.11. Hilbert

1.42. ´abra. David Hilbert

A p´ arhuzamoss´ agi axi´ oma hiperbolikus v´altozata megfogalmazhat´o u ´gy, hogy folytonoss´ agra vonatkoz´o ´all´ıt´ast is tartalmazzon. Hilbert ezt ´eszrev´eve a hiperbolikus s´ıkgeometria egy folytonoss´agi axi´om´at nem tartalmaz´o megalapoz´ as´ at adja. Ezt a remek munk´at tekintj¨ uk most ´at.

´le D. Hilbert: A Bolyai–Lobacsevszkij-fe ´ jabb megalapoza ´ sa. geometria u ´si axio ´ ma ´ k: Illeszkede

1. K´et ponthoz, mindig tartozik egy egyenes, amely a k´et pont mindegyik´ehez illeszkedik. 2. K´et ponthoz nem tartozik t¨obb mint egy egyenes, amely a pontok mindegyik´ehez illeszkedik. 3. Minden egyeneshez legal´abb k´et pont illeszkedik. Van h´arom olyan pont, amelyek nem illeszkednek egy egyeneshez. ´si axio ´ ma ´ k: Rendeze

1. Ha egy B pont k´et m´asik A ´es C k¨oz¨ott van, akkor a h´arom pont egy egyenesnek k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontja, ´es B C ´es A k¨oz¨ott is van. 2. K´et ponthoz, A-hoz ´es C-hez az AC egyenesnek legal´abb egy olyan B pontja tartozik, hogy a C A ´es B k¨oz¨ott van.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

59

1.11. Hilbert

3. Egy egyenesnek b´armely h´arom pontja k¨oz¨ ul az egyik, de csak az egyik van a m´asik kett˝ o k¨ oz¨ ott. K´et pont k¨oz¨ott fekv˝o pontok halmaza a szakasz. 4. Legyen A,B,C h´arom nem egy egyenesre es˝o pont ´es a egy olyan egyenes a s´ıkjukban, amely egyiken sem megy ´at; ekkor ha az a egyenes az AB szakasz egyik pontj´an ´atmegy, felt´etlen¨ ul ´atmegy vagy BC vagy az AC szakasz egy pontj´an. ´ go ´ sa ´ gi axio ´ ma ´ k: Egybeva

1. Ha A, B egy a egyenesnek k´et pontja s ha tov´abb´a A′ egy a′ egyenesnek pontja, akkor egy az A′ ´altal az a′ egyenesen l´etes´ıtett, megadott f´elegyenesen mindig van egy olyan B ′ pont, hogy az AB szakasz az A′ B ′ szakasszal egybev´ag´ o, vagy egyenl˝ o. 2. Ha egy A′ B ′ szakasz ´es egy A′′ B ′′ szakasz ugyanazzal az AB szakasszal egybev´ag´ o, akkor A′ B ′ szakasz az A′′ B ′′ szakasszal is egybev´ag´o. 3. Legyen adott az a egyenesen k´et, k¨oz¨os pont n´elk¨ uli szakasz, AB ´es BC, legyen adva tov´abb´a ugyanazon, vagy egy m´asik a′ egyenesen k´et, k¨oz¨os pont n´elk¨ uli szakasz, A′ B ′ ´es B ′ C ′ ; akkor, ha AB ∼ = A′ B ′ ´es BC ∼ = B′C ′, ′ ′ ∼ egyben AC = A C . (Sz¨og, sz¨ogtartom´any defin´ıci´oja.)

4. Legyen adva (h, k)∡ , egy a′ egyenes ´es az a′ egyenes egyik oldala, h′ jelentse az a′ egyenesnek egyik f´elegyenes´et, amely O′ pontb´ol indul ki ; akkor egy ´es csakis egy olyan k ′ f´elegyenes van, hogy (h, k)∡ sz¨ogtartom´any egybev´ag´o, vagyis egyenl˝ o (h′ , k ′ )∡ sz¨ogtartom´annyal, ´es hogy ugyanakkor a (h′ , k ′ )∡ osszes bels˝ o pontjai az a′ megadott oldal´an vannak. Minden sz¨og ¨onmag´aval ¨ egybev´ag´ o. 5. Ha k´et h´aromsz¨ og k´et oldala ´es a k¨ozrez´art sz¨oge egybev´ag´o, akkor egy m´asik megfelel˝ o sz¨ og¨ uk is egybev´ag´o. Az eddigi axi´ om´ akb´ ol k¨ onnyen ad´odnak a h´aromsz¨ogek egybev´ag´os´ag´ara, valamint az egyenl˝ o sz´ ar´ u h´ aromsz¨ogre vonatkoz´o t´etelek, egyszersmind bel´ athat´ o, hogy lehet mer˝ olegest ´all´ıtani, vagy mer˝olegest bocs´atani, valamint ´ adott szakaszt vagy adott sz¨oget felezni. Eppen u ´gy, ahogy Eukleid´eszn´el, az a t´etel is k¨ ovetkezik, hogy minden h´aromsz¨ogben k´et oldal ¨osszege nagyobb, mint a harmadik oldal. ´ st metszo ˝ e ´s nem metszo ˝ egyenesek axio ´ ma ´ ja: Az egyma

1. Ha b tetsz˝ oleges egyenes, ´es A egy nem rajta lev˝o pont, akkor mindig van k´et A-b´ ol indul´ o f´elegyenes a1 ´es a2 amelyek nem eg´esz´ıtik ki egym´ast egyetlen egyeness´e, ´es amelyek nem metszik a b egyenest, viszont minden, az a1 , a2 sz¨ ogtartom´anyban lev˝ o, A-b´ol indul´o f´elegyenes metszi a b egyenest. Bontsuk fel a b egyenest valamilyen B pontb´ol k´et f´elegyenesre, b1 -re ´es b2 -re u ´gy, hogy a1 , b1 illetve a2 , b2 az AB egyenes azonos oldal´an legyen, akkor

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

60

´ t geometria 1. Abszolu

az a1 f´elegyenest a b1 -hez az a2 f´elegyenest a b2 -h¨oz viszony´ıtva p´arhuzamosnak mondjuk. Hasonl´ok´eppen mondjuk, hogy az a1 , a2 f´elegyenesek a b egyenessel p´arhuzamosak ´es mind a k´et egyenesr˝ol, melynek a1 illetve a2 r´eszei, hogy p´arhuzamosak b-vel. ´ bbi te ´telek e ´s defin´ıcio ´ k: Tova

1. Az egyenesek, f´elegyenesek p´arhuzamoss´aga szimmetrikus ´es tranzit´ıv. (Gauss bizony´ıt´asa nem haszn´al folytonoss´agot.) Minden f´elegyenes meghat´aroz egy v´eget az egym´assal p´arhuzamos f´elegyenesek ugyanazt a v´eget hat´arozz´ak meg. 2. Ha A,B illetve A′ ,B ′ k´et pontp´ar α, α′ k´et v´eg, u ´gy ,hogy AB ∼ = A′ B ′ , ′ ′ ′ ′ ′ ′ ∼ ∼ αAB∡ = α A B∡ valamint αBA∡ = α B A∡ , akkor az ABα illetve A′ B ′ α′ alakzatokat egybev´ag´ onak mondjuk. Ismert m´odon defini´aljuk az egyenesre vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es fogalm´at, a t¨ uk¨ork´ep egyenes fogalm´at. 3. Ha k´et egyenes egy harmadikat ugyanakkora v´alt´osz¨ogben metsz, akkor a k´et egyenes nem p´arhuzamos egym´assal. 4. Ha adva van b´armilyen k´et egyenes, amelyek egym´ast nem metszik ´es nem p´arhuzamosak egym´assal, akkor mindig van egy olyan egyenes, amely mindkett˝ ore mer˝ oleges. 5. Ha adva van k´et tetsz˝ oleges, egym´assal nem p´arhuzamos f´elegyenes, akkor mindig van egy olyan egyenes, amely a k´et f´elegyenes mindegyik´evel p´arhuzamos, azaz mindig van olyan egyenes, amelyhez k´et el˝o´ırt v´eg tartozik. 6. Legyen adott k´et egym´assal p´arhuzamos egyenes a ´es b ´es az ´altaluk hat´arolt s´ıktartom´anyban egy O pont. Legyen Oa az O pontnak az a-ra ´es Ob az O pontnak a b-re vonatkoz´o t¨ uk¨ork´epe ´es M az Oa Ob szakasznak a k¨ oz´eppontja. Akkor az az M -b˝ol indul´o egyenes, amely a-val ´es b-vel is p´arhuzamos mer˝ oleges M -ben az Oa Ob -re. 7. Ha h´arom egyenes egyik v´ege k¨oz¨os, akkor a r´ajuk vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´esek szorzata, megegyezik egy olyan egyenesre vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´essel, melynek szint´en ugyanez az egyik v´ege. 8. Felvesz¨ unk egy egyenest, melynek v´egeit 0-val ´es ∞-nel jel¨olj¨ uk. Ennek egy O pontj´an ´at r´a mer˝ oleges egyenest ´all´ıtunk, ennek v´egei ±1. Ha α illetve β k´et ∞-t˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o v´eg, az ¨osszeg¨ uk α+β az O pont α∞, β∞ egyenesekre vonatkoz´ o t¨ uk¨ ork´epeinek felez˝opontj´at ∞-vel ¨osszek¨ot˝o egyenes m´asik v´ege. Az ¨ osszead´asra a v´egek kommutat´ıv addit´ıv csoportot alkotnak. 9. Ha egy v´eg a 0∞ egyenes +1-gyel megegyez˝o oldal´an van akkor pozit´ıvnak nevezz¨ uk, ellenkez˝ o esetben negat´ıvnak. Az (1, −1),(α, −α), (β, −β) egyenesek mer˝ olegesek (0, ∞) egyenesre rendre O, A, B pontokban metszve azt. Tekints¨ uk azt az egyenest, mely szint´en mer˝oleges (0, ∞)-re, ´es azt olyan C

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

1.11. Hilbert

61

pontban metszi, melyre BC ∼ = OA ´es az O-t´ol A fel´e halad´o ir´any a B-t˝ol C fel´e halad´ o ir´annyal megegyezik. Ennek v´egei legyenek ±αβ (α, β pozit´ıvok). A v´egek ezen szorz´asra n´ezve kommutat´ıv multiplikat´ıv csoportot alkotnak 10. Az α, β v´egpont´ u egyenes koordin´at´ai legyenek u = αβ, v = α+β 2 . Ha α, β, γ olyan v´egek, hogy 4αγ−β 2 v´eg pozit´ıv, akkor azon egyenesek, melyek koordin´at´ai az αu + βv + γ = 0 egyenletet kiel´eg´ıtik egy ponton mennek ´at. Miut´ an meg´ allap´ıtottuk, hogy a pont egyenlete vonalkoordi” n´ at´ akban line´ aris, k¨ onnyen k¨ ovetkezik az egyenesp´ arra vonatkoz´ o Pascal-t´ etel ´ es a perspekt´ıv helyzet˝ u h´ aromsz¨ ogekr˝ ol sz´ ol´ o Desargues-t´ etel, valamint a projekt´ıv geometria to etele. Ezek ut´ an ¨bbi t´ a Bolyai–Lobacsevszkij-f´ ele geometria ismert k´ epletei is neh´ ezs´ eg n´ elku l levezethet˝ o k ´ e s ´ ıgy ez a geometria csup´ a n a mi axi´ o m´ a ink ¨ alapj´ an is fel´ ep´ıthet˝ o.”

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

S´ık S´ andor: Belen´ eztem a napba

Egyszer, egy sugaras, pirosl´o reggelen, A virradati Napba k´et szemmel belen´eztem. ´ ama reggel ´ota, ¨or¨okre megig´ezten, Es J´ arok f´enyittasan ´es a Nap j´ar velem. Egy csodavillan´as, egy percnyi perc alatt Azon a reggelen a Nap sz´ıvembe ´egett. S az´ ota m´ast se l´atok, csak egy nagy f´enyess´eget, Csak l´ angot ´es t¨ uzet, csak ´eg˝o sugarat. Amerre fordulok a r´et rezg˝o f¨ uv´en, ´ felh˝ Es os ormain a k¨odl˝o messzes´egnek: Ezer picike Nap, ez¨ ust ezernyi f´eny Szikr´ az´ o szemei gy˝ozelmes t˝ uzzel ´egnek. ´ k´ıv¨ Es ul ´es bel¨ ul, ¨or¨okre, sz¨ untelen ¨ enylik ´es dalol a t¨ Orv´ uzes V´egtelen.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

2. fejezet

Elliptikus ´ es projekt´ıv s´ıkgeometri´ ak 2.1. Elliptikus s´ık Mint tudjuk, a geometria felt´etelezi a t´er fogalm´ anak, illetve a szerkeszt´esek els˝ o alapelveinek, mint ismert dolgoknak az ismeret´et. Defin´ıci´ okat ad k¨ oz¨ ott¨ uk, melyek elnevez´es szint˝ uek, az igazi meghat´ arozotts´ aguk az axi´ om´ akban l´epnek fel. K¨ ovetkez´esk´eppen az ezen feltev´esek k¨ oz¨ otti viszony felder´ıtetlen marad, sem felfogni, sem a priori elfogadni nem tudjuk, hogy e kapcsolatok vajon sz¨ uks´egesek-e vagy csak lehets´egesek.

B. Riemann: A geometria alapjait ad´ o hipot´ezisekr˝ ol Bernhard Riemann veti fel a p´arhuzamoss´agi axi´oma tagad´as´anak azt a form´ aj´ at, amely a nem metsz˝ o egyenesek l´etez´es´enek lehet˝os´eg´et z´arja ki. Kiindul´ asi modelljek´ent a g¨ ombfelsz´ın geometri´aj´anak akkor is j´ol ismert p´eld´ aja szolg´ alt, amelynek keret´eben k´etf´elekk´eppen ´ep´ıthet¨ unk fel geometri´at. Ha meg szeretn´enk ˝ orizni az egyenes k´et pont ´altali meghat´arozotts´ag´at, az atellenes pontok nem adhatnak a modellben k¨ ´ ul¨onb¨oz˝o pontokat. Ilyenkor tetsz˝ oleges k´et egyenes pontosan egy k¨oz¨os pontot tartalmaz, az illeszked´esi axi´ oma csoport o aliss´ a v´alik, ´es valamit felt´etlen¨ ul el kell hagynunk a ¨ndu´ marad´ek axi´ om´ ak k¨ oz¨ ul, hiszen a nem metsz˝o egyenesek l´etez´ese az eddigi illeszked´esi, rendez´esi ´es egybev´ag´os´agi axi´om´aink k¨ovetkezm´enye. A m´ asodik lehet˝ os´eg az, hogy az els˝o illeszked´esi axi´om´at hagyjuk el, azaz k´et ponton kereszt¨ ul t¨ obb k¨ ul¨onb¨oz˝o egyenest is h´ uzhatunk. Ilyenkor is m´ odos´ıtanunk kell n´eh´ any tov´abbi axi´om´at ´es defin´ıci´ot, de az euklideszi szeml´elethez k¨ ozelebb ´ all´ o strukt´ ur´at kapunk, olyan eredm´enyekkel, melyek a be´ agyaz´ o euklideszi t´er geometri´aj´ab´ol k¨onnyen levezethet˝ok. Elvi szempontb´ ol ez a lehet˝ os´eg a kev´esb´e ´erdekes, az ´ıgy kaphat´o ´all´ıt´asok ¨osszess´eg´et nevezz¨ uk g¨ ombi geometri´ anak. A tov´ abbiakban a l´enyegesen messzebb vezet˝o els˝o lehet˝os´eg szisztematikus vizsg´ alat´ ahoz kezd¨ unk, meg˝ orizz¨ uk teh´at illeszked´esi axi´om´ainkat, u ´jrafogalmazzuk a marad´ek axi´ omarendszer azon elemeit, melyekn´el ez sz¨ uks´eges, ´es feltessz¨ uk, hogy b´ armely k´et egyenes pontosan egy k¨oz¨os ponttal rendelkezik. Ily m´ odon az u ´n. elliptikus geometri´at ´ep´ıtj¨ uk fel. 65

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

66

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

Az elliptikus geometria axi´omacsoportjai az illeszked´esi, rendez´esi, egybev´ ag´ os´ agi, folytonoss´ agi axi´om´akat ´es a p´arhuzamoss´agi axi´oma elliptikus v´ altozat´ at tartalmazz´ ak. Az illeszked´esi ´es folytonoss´agi axi´om´ak megegyeznek az abszol´ ut geometri´ ak megfelel˝ o axi´ om´ aival. A rendez´esi axi´omacsoport alaprel´aci´oja az egyenes n´egy pontja k¨ oz¨ ott ´ertelmezett pontp´arok elv´alaszt´as´anak fogalma, ahogy azt az 1.1.2. alfejezetben l´ attuk. (A megfelel˝o jel¨ol´es: (ACBD), azaz AB elv´alasztja CD-t.) R¨ ogt¨ on m´ odos´ıthatjuk a p´ arhuzamoss´agi axi´om´at is, legyen az ¨ot¨odik axi´omacsoport egyetlen axi´ om´ aja, az euklideszi p´arhuzamoss´agi axi´oma Riemannf´ele tagad´ asa: Axi´ oma (elliptikus p´ arhuzamoss´agi axi´oma). Tetsz˝ oleges k´et egys´ık´ u egyenes egy pontban metszi egym´ ast. A szakasz fogalm´ at m´ ask´epp kell megadnunk, egy pont nem bontja fel az elliptikus egyenest, k´et pont k´et halmazra bontja az egyenest, ezek k¨oz¨ ott k¨ ul¨ onbs´eget nem tudunk tenni, azaz sz¨ uks´eges egy harmadik pont is a defin´ıci´ ohoz. 2.1.1. Defin´ıci´ o. Az egyenes A, B, C ponth´ armasa ´ altal meghat´ arozott A, B v´egpont´ u szakasz azon D pontokb´ ol ´ all, melyekre (ACBD) teljes¨ ul. Vil´ agos, hogy ha (ACBD), akkor az A, B v´egpontokkal rendelkez˝o, D-t, illetve C-t tartalmaz´ o szakaszok diszjunktak, ´es uni´ojuk (A illetve B kiv´etel´evel) kiadja az egyenest. Az egyenes a tov´abbiakban viszont nem fogja k´et f´els´ıkra bontani a s´ıkot. Legyen adva ugyanis egy egyenes ´es rajta k´ıv¨ ul k´et pont. A k´et pont ´ altal meghat´arozott egyenes k´et szakaszra bomlik, melyek k¨ oz¨ ul az egyik tartalmazza az adott egyenes valamely pontj´at, a m´asik viszont nem. ´Igy a pontp´ arokon ´ertelmezett olyan ekvivalenciarel´aci´o, mint ekviva” lens k´et pont, ha szakaszuk (egyik szakaszuk stb.) nem metszi az adott egyenest”, nem sorolja k´et oszt´ alyba a s´ık pontjait. ´Igy teh´at a f´els´ık defin´ıci´oj´ahoz nem juthatunk el. Igaz azonban, hogy k´et metsz˝o egyenes k´et tartom´anyra bontja a s´ıkot, melyeket sz¨ ogtartom´anynak nevezhet¨ unk. Val´oban, tetsz˝oleges k´et pont ¨ osszek¨ ot˝ o egyenese az adott egyenesp´art k´et pontban metszi, ´es az adott pontok, illetve ezen ut´ obbiak ´altal meghat´arozott pontp´arok elhelyezked´ese k´etf´ele lehet: elv´ alasztj´ ak egym´ast vagy sem. Ezen tulajdons´ag alkalmas egy k´et oszt´ allyal rendelkez˝ o ekvivalenciarel´aci´o defini´al´as´ahoz, melynek oszt´ alyait nevezhetj¨ uk a k´et egyenes ´altal meghat´arozott sz¨ogtartom´anyoknak. ´ Erdekes ´eszrevenni, hogy a nem metsz˝o egyenesek l´etez´es´ere vonatkoz´o bizony´ıt´ asunk milyen m´ odon s´er¨ ul. Tegy¨ uk fel, hogy nem tett¨ uk fel semelyik p´ arhuzamoss´ agi axi´ om´ at, de tudunk egybev´ag´os´agokra vonatkoz´o alap´all´ıt´ asokr´ ol, sz¨ ogek, szakaszok, h´aromsz¨ogek bizonyos egybev´ag´os´agi ´all´ıt´asait ismerj¨ uk. Ekkor a nem metsz˝o egyenesek l´etez´es´er˝ol sz´ol´o bizony´ıt´asunk azt mondja, hogy ha a k´et (egy harmadikat azonos sz¨og alatt metsz˝o) egyenes-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

2.2. Projekt´ıv s´ık

67

nek van k¨ oz¨ os pontja, akkor a harmadik egyenes ´altal meghat´arozott mindk´et f´els´ıkban van k¨ oz¨ os pontja, azaz k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o k¨oz¨os pontot tal´alunk. Ha az egyenes nem v´ alasztja sz´et k´et f´els´ıkra a s´ıkot, semmi sem garant´alja, hogy az ´ altalunk megtal´ alt k´et pont k¨ ul¨onb¨oz˝o... A teljes elliptikus t´er fel´ep´ıt´es´ehez sz¨ uks´eges m´eg az egybev´ag´os´agi axi´om´ ak alkalmas ´ atalak´ıt´ asa. Ha a sz¨ogtartom´any a fenti m´odon defini´alt (azaz egyenesek hat´ arolj´ ak), akkor sz¨ogtartom´anyok metszetek´ent lehet h´aromsz¨ ogtartom´ anyt defini´ alni, ´es h´arom pont n´egy h´aromsz¨ogtartom´anyt hat´aroz meg, melyek uni´ oja a teljes s´ık. A h´aromsz¨ogtartom´anyt hat´arol´o szakaszok uni´ oja a h´ aromsz¨ ogvonal. A szakasz ´es sz¨ogfelm´er´esre vonatkoz´o axi´om´ak eset´eben egybev´ ag´ o szakaszp´ arok, illetve sz¨ogp´arok felm´er´es´er˝ol besz´elhet¨ unk, a felbont´ asi axi´ om´ at pont helyett pontp´arra kell megfogalmazni. M´ert´ek bevezet´ese eset´en az egyenes hossza v´eges sz´am lesz, pontp´ar t´avols´aga pedig a k´et meghat´ arozott szakasz k¨oz¨ ul a nem nagyobb hossza. Az elliptikus geometri´ aban a ter¨ ulet- (t´erfogat-) f¨ uggv´eny szint´en ´ertelmezhet˝ o, ´es a h´ aromsz¨ og ter¨ ulete a h´aromsz¨og sz¨ogeit˝ol f¨ ugg, mint a hiperbolikus geometri´ aban. Az elliptikus s´ık legfontosabb modellje a h´aromdimenzi´os t´er egys´egg¨ombj´enek a felsz´ıne, mikor is az ´atellenes pontokat azonos´ıtottuk. Az egyenesek f´el f˝ ok¨ or´ıvek, szakaszok hossz´at f˝ok¨or´ıvdarabok hossz´aval m´erj¨ uk, ´ıgy a teljes egyenes hossza lehet p´eld´ aul π. A sz¨ogek m´er´ese f˝ok¨ors´ıkok hajl´assz¨og´enek m´er´es´evel t¨ ort´enhet, a h´ aromsz¨og ter¨ ulet´et a T = (α + β + γ − π) sz´am az excessus, a sz¨ og¨ osszegnek a π-hez viszony´ıtott t¨obblete adhatja.

2.2. Projekt´ıv s´ık Hossz´ u id˝ ot t¨ olt¨ ottem az elvont tudom´ anyok tanulm´ anyoz´ as´ aval; de kedvemet szegte az, hogy milyen kev´es emberi kapcsolatot szerezhet¨ unk seg´ıts´eg¨ ukkel...

B. Pascal: Gondolatok 144. Az elliptikus geometria egyik k´ezenfekv˝o modellje a projekt´ıv geometria. A fejezet c´elja olyan ¨ on´ all´ o megalapoz´ast adni, amelynek sor´an felt´arul sz´amos j´ ol ismert t´etel igazi” szerepe. A klasszikus projekt´ıv geometria kialakul´asa ” j´ oval Riemann el˝ ott megt¨ ort´ent, szinte valamennyi nagy matematikus nev´ehez f˝ uz˝ odnek projekt´ıv geometri´ahoz kapcsolhat´o eredm´enyek. Sz´amunkra nemcsak mint az elliptikus geometria egyik modellje fontos, hanem mint a k´epi ´ abr´ azol´ as elvi hat´ astere is. K¨ ul¨on¨osen ´erdekesek a hozz´a kapcsolhat´o axiomatikus vizsg´ alatok, melyek meglep˝o kapcsolatokat t´arnak fel konfigur´aci´ok, testelm´elet ´es magasabb dimenzi´os geometri´ak k¨oz¨ott.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

68

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

2.2.1. Az illeszked´ esi s´ık ´ es a Desargues-t´ etel 2.2.1. Defin´ıci´ o. Illeszked´esi s´ıknak nevezz¨ uk a pontok ´es egyenesek egy halmaz´ at, mely az al´ abbi axi´ om´ aknak eleget tesz: IS1. Axi´ oma. Tetsz˝ oleges k´et pont egy´ertelm˝ uen meghat´ aroz egy egyenest, melyet a r´ ajuk illeszked˝ o egyenesnek nevez¨ unk. IS2. Axi´ oma. Tetsz˝ oleges k´et egyenes egy´ertelm˝ uen meghat´ aroz egy pontot, melyet a metsz´espontjuknak nevez¨ unk. IS3. Axi´ oma. Van n´egy pont, melyek k¨ oz¨ ul semelyik h´ arom nem illeszkedik egy egyenesre. Az illeszked´esi s´ık desargues-i s´ık, ha teljes¨ ul benne a Desargues-t´etel: Axi´ oma (Desargues). Az AA′ , BB ′ , CC ′ egyenesek pontosan akkor illeszkednek egy pontra, amikor az X = AB∩A′ B ′ , Y = BC∩B ′ C ′ , Z = AC∩A′ C ′ pontok egy egyenesre illeszkednek.

S

A

B C

s

Z

Y C

,

B A

,

X

,

2.1. ´ abra. Desargues-i konfigur´aci´o K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy a desargues-i s´ık axi´omarendszere o¨ndu´alis, ez´ert tetsz˝ oleges t´etel´evel egy¨ utt annak du´alisa is teljes¨ ul. Az illeszked´esi s´ıknak vannak kolline´ aci´ oi, ´ertelmes a centr´alis-axi´alis kolline´aci´o fogalma. 2.2.2. Defin´ıci´ o. Az illeszked´esi s´ık kolline´ aci´ oja axi´alis, ha van pontonk´ent fix egyenese, tengelye. Centr´ alis-axi´alis, ha axi´ alis ´es van olyan pont a s´ıkon, melyen kereszt¨ ulhalad´ o valamennyi egyenes invari´ ans. Ezt a pontot centrumnak nevezz¨ uk. 2.2.1. Lemma. Minden axi´ alis kolline´ aci´ o centr´ alis-axi´ alis kolline´ aci´ o. Bizony´ıt´ as: Legyen kolline´ aci´onk tengelye t, ´es tekints¨ unk egy rajta k´ıv¨ uli P pontot a P ′ k´ep´evel ¨ osszek¨ot˝o egyenest. Ez az egyenes csak akkor nem

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

69

2.2. Projekt´ıv s´ık

l´etezik, ha P = P ′ . Ha a t-n k´ıv¨ uli valamennyi P pontra a P = P ′ tulajdons´ag teljes¨ ul, a lek´epez´es az identit´as, ´ıgy minden pont centrum.

C=C P P=P

,

P

,

P

Q Q

,

Q

,

R ,

S=S

,

R

Q

P

,

,

D=D

,

2.2. ´ abra. Tengelyes kolline´aci´onak van centruma Az illeszked´esi s´ık o ¨sszes pontja nem illeszkedhet k´et egyenesre, ez´ert van olyan Q pont, mely sem t-n sem P P ′ -n nincs rajta. Tekints¨ uk ennek Q′ k´ep´et. Ha Q = Q′ valamennyi Q-n kereszt¨ ulhalad´o egyenes t-t Q-t´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o fixpontban metszi, ´ıgy megegyezik saj´at k´ep´evel, azaz Q centrum. Ha QQ′ egyenes meghat´ arozott, akkor legyen P P ′ ´es QQ′ metsz´espontja C. Mivel P ′ nem P , ez´ert a P P ′ egyenes invari´ans, hiszen a t-vel val´o metsz´espontja fixpont, ´ıgy a lek´epez´esn´el saj´at mag´ara k´epz˝odik. Ugyan´ıgy a QQ′ egyenes is invari´ ans, ez´ert C = C ′ . Azaz C fixpont, ha nincs t-n, akkor centrum is. Ha C illeszkedik t-re, akkor QP ´es Q′ P ′ a tengelyen metszik egym´ast. Tekints¨ uk QP -nek – ezen metsz´espontt´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o – tetsz˝oleges R pontj´at. Ennek R′ k´epe P ′ Q′ -re illeszkedik. Ha RR′ nem megy kereszt¨ ul C-n, akkor P P ′ -t egy t-re nem illeszked˝ o fixpontban metszi, ami ekkor nyilv´an centrum is. Ez nem lehets´eges, mert QQ′ -nek is ´at kell haladnia a centrumon, ez´ert C centrum. A k¨ ovetkez˝ o t´etel el˝ ott sz¨ uks´eg¨ unk lesz a h´aromdimenzi´os illeszked´esi t´er fogalm´ ara. Ez l´enyeg´eben a projekt´ıv t´er illeszked´esi strukt´ ur´aj´at adja meg absztrakt szintetikus form´ aban. Sz´ohaszn´alatunkban a pont, egyenes, s´ık szavak nem jelenthetik ugyanazt az objektumot, tov´abb´a az egyenesek ´es s´ıkok pontok halmazelm´eleti uni´ oi, azaz minden egyenesen van k´et pont, ´es minden s´ıkon h´ arom nem egy egyenesre es˝o. Az utols´o axi´oma n´eh´any ellenp´elda lehet˝ os´eg´et kiz´ arva (n´egypont´ u modell, ceruza-elrendez´es) garant´alja az ´altal´ anoss´ ag azon szintj´et, amely m´ar lehet˝ov´e teszi megfelel˝oen er˝os t´etelek kimond´ as´ at.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

70

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

2.2.3. Defin´ıci´ o. Illeszked´esi t´ernek nevezz¨ uk a pontok, egyenesek ´es s´ıkok egy halmaz´ at, mely az al´ abbi axi´ om´ aknak tesz eleget: S1. Axi´ oma. Tetsz˝ oleges k´et pont egy´ertelm˝ uen meghat´ aroz egy egyenest, melyet a r´ ajuk illeszked˝ o egyenesnek nevez¨ unk. S2. Axi´ oma. Tetsz˝ oleges k´et s´ık egy´ertelm˝ uen meghat´ aroz egy egyenest, melyet a metsz´esvonaluknak nevez¨ unk. S3. Axi´ oma. Tetsz˝ oleges h´ arom, nem egy egyenesre illeszked˝ o pont egy´ertelm˝ uen meghat´ aroz egy s´ıkot, amelyet a r´ ajuk illeszked˝ o s´ıknak nevez¨ unk. S4. Axi´ oma. Tetsz˝ oleges h´ arom, nem egy egyenesre illeszked˝ o s´ık egy´ertelm˝ uen meghat´ aroz egy pontot, amelyet a k¨ oz¨ os pontjuknak nevez¨ unk. S5. Axi´ oma. Ha egy s´ık tartalmazza egy egyenes k´et pontj´ at, akkor tartalmazza valamennyi pontj´ at. S6. Axi´ oma. Ha egy egyenesen kereszt¨ ulhalad´ o k´et s´ık egyar´ ant tartalmaz egy pontot, akkor minden ezen az egyenesen ´ athalad´ o s´ık tartalmazza ezt a pontot. S7. Axi´ oma. Minden s´ıkon van n´egy pont, amely k¨ oz¨ ul semelyik h´ arom nem illeszkedik egy egyenesre. S8. Axi´ oma. Van ¨ ot pont, melyek k¨ oz¨ ul semelyik n´egy nem illeszkedik egy s´ıkra. Evvel ekvivalens a Ker´ekj´art´o B´ela: Projekt´ıv geometria c. tank¨onyv´eben szerepl˝ o k¨ ovetkez˝ o axi´ omarendszer: a B´ armely k´et ponthoz tartozik egy ´es csak egy egyenes. a’ B´ armely k´et s´ıkhoz tartozik egy ´es csak egy egyenes. b B´ armely egyeneshez tartozik legal´ abb h´ arom pont. b’ B´ armely egyenesen legal´ abb h´ arom s´ık megy ´ at. c B´ armely s´ıkhoz tartozik h´ arom, nem egy egyenesen fekv˝ o pont. c’ B´ armely ponton ´ atmegy h´ arom, nem egy egyenesen ´ atmen˝ o s´ık. d Ha egy s´ık tartalmazza egy egyenes k´et pontj´ at, akkor tartalmazza valamennyi pontj´ at. d’ Ha egy egyenesen kereszt¨ ulhalad´ o k´et s´ık tartalmaz egy pontot, akkor minden ezen az egyenesen a ´thalad´ o s´ık tartalmazza ezt a pontot. e B´ armely h´ arom, nem egy egyenesen fekv˝ o pont egy ´es csak egy s´ıkhoz tartozik. e’ B´ armely h´ arom s´ıknak, amelynek nincs k¨ oz¨ os egyenese, egy ´es csak egy pontja van. f Egy egyenes ´es egy hozz´ a nem tartoz´ o pont egy ´es csak egy s´ıkhoz tartozik.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

2.2. Projekt´ıv s´ık

71

f ’ Egy egyenesnek ´es egy ezt nem tartalmaz´ o s´ıknak egy ´es csak egy k¨ oz¨ os pontja van. g K´et olyan egyenesnek, mely egy s´ıkhoz tartozik, van egy ´es csak egy k¨ oz¨ os pontja. g’ K´et olyan egyenesen, mely egy ponton megy ´ at, ´ atmegy egy ´es csak egy s´ık. h Van legal´ abb n´egy pont, mely nem tartozik egy s´ıkhoz. h’ Van legal´ abb n´egy s´ık, mely nem megy ´ at egy ponton. Vil´ agos, hogy az ut´ obbi axi´omarendszernek a dualit´ast nyilv´anval´ov´a tev˝o ´ll´ıt´ a asai nem f¨ uggetlenek egym´ast´ol. S1 = a, S2 = a′ , S3 = e, S4 = e′ , S5 = d, S6 = d′ . Igazoljuk, hogy S2 = a′ a t¨obbi ´all´ıt´as k¨ovetkezm´enye. c szerint az els˝ o s´ıkon tal´ alhatunk h´arom nem egy egyenesre illeszked˝o pontot. Ezek meghat´ aroznak h´ arom k¨ ul¨onb¨oz˝o egyenest (a). Ezek mindegyike a s´ıkhoz tartozik d szerint. Ha egyik sem tartozik a m´asik s´ıkhoz, akkor a h´ arom egyenes legal´ abb k´et pontban metszi a m´asik s´ıkot, ugyanis v´eve a m´ asik s´ık egy tetsz˝ oleges pontj´at, ez valamelyik egyenessel f szerint meghat´ aroz egy harmadik s´ıkot, ´es a h´arom s´ık e’ szerinti k¨oz¨os pontja az egyenes ´es a m´ asodik s´ık k¨ oz¨ os pontja is egyben. Ekkor a k´et pont egyenese a k´et s´ık k¨ oz¨ os egyenese. Tov´ abbi k¨oz¨os egyenes nem lehets´eges a kiindul´asi s´ıkok k¨ ul¨ onb¨ oz˝ os´ege miatt. El˝ osz¨ or S7-t ´es S8-t igazoljuk ahhoz, hogy l´assuk, a m´asodik axi´omarendszer k¨ ovetkezm´enyei az els˝ o axi´omarendszer axi´om´ai. S8 igazol´as´ahoz vegy¨ unk fel n´egy olyan pontot (P, Q, R, S), amelyek nem esnek egy s´ıkba. Ezek meghat´ aroznak n´egy s´ıkot ´es hat egyenest, mely ut´obbiak a s´ıkok p´aronk´enti metsz´esvonalai. Mivel minden egyeneshez tartozik legal´abb h´arom pont, az els˝ o egyenesen, P Q-n felvehet¨ unk a kiindul´asi pontokt´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o o¨t¨odik T pontot. A T R egyenesen van egy tov´abbi X pont. X nem illeszkedik az eddigi egyenesekre, hiszen azok RT -t vagy nem metszik, vagy R ´es Q egyik´eben metszik. Legyen Y az XS egyenesen egy harmadik pont. A P, Q, R, S, Y pontok k¨ oz¨ ul semelyik n´egy sem esik egy s´ıkba, ´es semelyik h´arom egy egyenesre. S7 hasonl´ ok´eppen l´ athat´o. Azaz minden, a m´asodik axi´omarendszert teljes´ıt˝ o modell egy´ uttal az els˝o axi´omarendszernek is modellje. Ford´ıtva, vegy¨ uk el˝ osz¨ or ´eszre, hogy egy, az els˝o axi´omarendszer ´all´ıt´asait teljes´ıt˝ o modell s´ıkjai egy´ uttal illeszked´esi s´ıkok is. Ehhez azt kell l´atni, hogy tetsz˝ oleges k´et egys´ık´ u egyenes´enek van k¨oz¨os pontja. Azonban a k´et egyenes mindegyik´en tal´ alunk k´et pontot, melyekt˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝o – a s´ıkjukban nem l´ev˝ o–¨ ot¨ odik pont l´etez´ese S8 miatt evidens. Ezen pont a k´et egyenesen lev˝o pontokkal egy¨ utt meghat´ aroz k´et s´ıkot, a h´arom s´ıknak S4 szerint egy´ertelm˝ u k¨ oz¨ os pontja van. A s´ıkok p´ aronk´enti metsz´esvonala S2 szerint szint´en l´etezik ´es egy´ertelm˝ u, melyek k¨ oz¨ ul kett˝o a k´et kiindul´asi egyenes. Azaz ezeknek is

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

72

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

van egy´ertelm˝ u k¨ oz¨ os pontja, a h´arom s´ık k¨oz¨os pontja. Ez ´eppen a g axi´oma ´ll´ıt´ a asa. A g′ axi´ oma vil´ agos, mert minden egyenesen van legal´abb k´et pont. Most m´ ar a b axi´ oma a k¨ovetkez˝ok´eppen k¨ovetkezik az els˝o axi´omarendszer ´ all´ıt´ asaib´ ol: a P Q egyenesen k´ıv¨ ul van S8 szerint tov´abbi R pont. R, P, Q meghat´ aroznak egy s´ıkot, ezen S7 szerint van n´egy ´altal´anos helyzet˝ u pont, azaz van hat egyenes, melyek k¨oz¨ ul semelyik n´egy nem megy kereszt¨ ul egy ponton. Ezek minden tov´ abbi egyenest legal´abb n´egy pontban metszenek, mert a s´ık illeszked´esi s´ık. Az S8 axi´ om´ ab´ ol azonnal k¨ovetkezik b′ , az S7-b˝ol c ´es c′ . ′ V´eg¨ ul a h ´es h szint´en trivi´alis k¨ovetkezm´eny. L´ attuk teh´ at, hogy a k´et axi´omarendszer ekvivalens, s mivel a m´asodik ondu´ alis, az els˝ o is az, igazoltuk teh´at S8 ´es S7 du´alis´at: ¨ 2.2.1. K¨ ovetkezm´ eny. Van ¨ ot s´ık, melyek k¨ oz¨ ul semelyik n´egy nem megy at egy ponton, illetve minden ponton kereszt¨ ´ ul tal´ alhatunk n´egy olyan s´ıkot, melyek k¨ oz¨ ul semelyik h´ arom nem metsz˝ odik egy egyenesben. Az illeszked´esi t´er teh´ at a projekt´ıv axi´omarendszer illeszked´esi axi´om´ait teljes´ıt˝ o strukt´ ura. 2.2.1. T´ etel. A k¨ ovetkez˝ o´ all´ıt´ asok illeszked´esi s´ıkon ekvivalensek: 1. Teljes¨ ul a Desargues-t´etel. 2. Valamennyi centr´ alis-axi´ alis kolline´ aci´ o l´etezik. 3. A s´ık egyenesei ell´ athat´ ok ¨ osszead´ as ´es szorz´ as m˝ uveletekkel, melyre n´ezve valamennyi egyenesen a pontok halmaza egy fix K ferde testtel izomorf. Ezen K test felett homog´en m´ odon koordin´ at´ azhatunk, a koordin´ at´ az´ as alaprendszere egy projekt´ıv homog´en koordin´ ata-rendszer. 4. A s´ık valamely h´ aromdimenzi´ os illeszked´esi t´er s´ıkja. Bizony´ıt´ as: Az ´ all´ıt´ asok ekvivalenci´aj´at k¨orbebizony´ıt´assal igazoljuk. Nem adunk minden r´eszletet tartalmaz´o bizony´ıt´ast, a hi´anyz´o r´eszek ellen˝orz´es´et az olvas´ ora b´ızzuk. 1 ⇔ 2 Ha a kolline´ aci´ o t tengelye, C centruma ´es egy P pont valamint a t˝ ole k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o P ′ k´epe adott, akkor tetsz˝oleges tov´abbi pont k´ep´et meghat´ arozhatjuk a 2.3. ´ abr´ anak megfelel˝o szerkeszt´essel. A Q pont kolline´aci´o szerinti k´epe a P , P ′ pontp´ar alapj´an Q′ . Az R pont R′ k´epe azonban a P, P ′ ´es a Q, Q′ pontp´ arok alapj´an egyar´ant meghat´arozhat´o. A kolline´aci´o akkor l´etezik, ha a k´et pontp´arb´ol ugyanahhoz az R′ ponthoz jutunk. A 2.3. abr´ ´ ar´ ol azonnal leolvashat´ o, hogy ez akkor ´es csak akkor ´all fenn, ha teljes¨ ul a Desargues-t´etel. 2 ⇒ 3 Pontok ¨ osszead´ as´ at a k¨ovetkez˝ok´eppen v´egezz¨ uk. Az egyenesen a P , Q pontok mellett kijel¨ ol¨ unk egy O z´erus” ´es egy Ix v´egtelen t´avoli” pontot. ” ” Felvesz¨ unk tov´ abb´ a k´et az adott egyenessel p´arhuzamos” azaz Ix -en keresz” t¨ ulhalad´ o egyenest, melyek k¨ oz¨ ul az egyiket szaggatottal jel¨olj¨ uk ´es v´egtelen ”

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

73

2.2. Projekt´ıv s´ık

C P P

,

R Q Q

,

R

,

t

2.3. ´ abra. A kolline´ aci´o l´etezik, ha teljes¨ ul Desargues t´etele

t´ avoli” egyenesnek nevez¨ unk. Ha k´et egyenes az euklideszi szeml´elet¨ unknek megfelel˝ oen p´ arhuzamos, akkor az illeszked´esi s´ık szaggatott egyenes´en metszik egym´ ast (l´ asd 2.4. ´ abra).

Iy

Iy Ey

R

E

O O

P Q P+Q összeadás

Ix

P

P.Q E x

Q

Ix

szorzás

¨ 2.4. ´ abra. Osszead´ as ´es szorz´as Most m´ ar az OP QIx egyenes menti euklideszi OQ eltol´asnak megfelel˝o kolline´ aci´ o mellett kell meghat´arozni P k´ep´et. A lek´epez´es tengelye a v´egtelen t´ avoli egyenes, a centruma Ix , az O pont k´epe Q. Mivel l´eteznek a centr´alisaxi´ alis kolline´ aci´ ok, ez a lek´epez´es j´ol defini´alt. (A k´et egyenes szerep´enek

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

74

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

felcser´el´es´evel a Q + P pontot feleltetj¨ uk meg ugyanannak a pontnak, ez´ert a m˝ uvelet kommutat´ıv.) 1

S Iy R O

R

P Q S

Ix P+Q

Iy 2.5. ´ abra. Az ¨osszead´ as ´es a Desargues-t´etel Hasonl´ ok´eppen l´ athat´ o a m´asik k´et egyenes forgathat´os´ag´anak” lehet˝os´e” ge, ´ıgy az o as j´ ol defini´alt. ¨sszead´ A szorz´ as defin´ıci´ oja a p´ arhuzamos szel˝ok t´etele alapj´an elv´egezhet˝o szakasz szorz´ ast id´ezi. (Descartes is ´eszrevette ennek jelent˝os´eg´et, ahogy l´atni lehet az 5. fejezetben.) Sz¨ uks´eg¨ unk van egy egys´egnyi hossz´ us´ag´ u szakaszra, azaz egy egys´egpontra a kiindul´asi egyenesen. A szorz´as gondolata az, hogy abr´ ´ ankon az OEx , Ey E szakaszok egys´egnyi hossz´ uak”, az OQ, Ey R sza” kaszok egyenl˝ ok”, ´es ´ıgy az OEx : OQ = Ey E : Ey R ar´any megegyezik az ” OP : (OP · OQ) = OP : O(P · Q) ar´annyal. A szerkeszt´es egy olyan centr´alis-axi´alis kolline´aci´o ¨osszetartoz´o pontjait adja meg, melynek a tengelye a v´egtelen t´avoli egyenes, centruma az O pont es az Ex pont k´epe Q. 2 1 Jegyezz¨ uk meg, hogy a Desargues-t´ etel seg´ıts´ eg´ evel ez k¨ ozvetlen¨ ul is l´ athat´ o. Val´ oban, a P +Q pontnak f¨ uggeni kell az O, illetve Ix pontokt´ ol, de f¨ uggetlennek kell lennie a v´ egtelen t´ avoli egyenesnek ´ es az OIy , Ix R seg´ edegyeneseknek a saj´ at sug´ arsor´ aban elfoglalt hely´ et˝ ol. El´ eg az egyik megv´ altoztat´ asa eset´ en l´ atni, hogy a P + Q pont helyzete sem v´ altozik az egyenes´ en. L´ assuk p´ eld´ aul a v´ egtelen t´ avoli egyenes megv´ altoztat´ as´ anak lehet˝ os´ eg´ et. A 2.5. ´ abr´ ankon k´ et SRIy h´ aromsz¨ og keletkezett. A k´ et h´ aromsz¨ og az ¨ otsz¨ oggel jel¨ olt pontra n´ ezve perspekt´ıv, ´ıgy a megfelel˝ o oldalaknak is egy egyenesen kell metsz˝ odni¨ uk. A k¨ oz¨ os egyenes¨ uk a P Q egyenes, ´ es egyik¨ uk a P +Q pont. Azaz a Desargues-t´ etel teljes¨ ul´ ese eset´ en a v´ egtelen t´ avoli egyenes sug´ arsor´ aban szabadon v´ alaszthat´ o. 2 A Desargues-t´ etel seg´ıts´ eg´ evel ez az ´ all´ıt´ as a k¨ ovetkez˝ ok´ eppen igazolhat´ o: A szerkeszt´ es j´ ol defini´ alt, ha seg´ edegyeneseink forgat´ asa” a P · Q pont helyzet´ et nem befoly´ asolja. ” V´ altoztassuk most az Ix E egyenes helyzet´ et. Ekkor az E, S, R pontok ´ altal meghat´ arozott

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

75

2.2. Projekt´ıv s´ık

Iy

Ey E R O S

S

Ex P

P.Q

Q

Ix

R E

Ey 2.6. ´ abra. A szorz´as ´es a Desargues-t´etel Annak r´eszletes vizsg´ alat´ at, hogy a k´et m˝ uveletre n´ezve az egyenes pontjai valamely K ferde testet (´ un. nem kommutat´ıv szorz´assal rendelkez˝o tes´ tet) alkotnak, az olvas´ ora b´ızzuk. Erdemes a m˝ uveletek konkr´et geometriai defin´ıci´ oja helyett azok centr´alis-axi´alis kolline´aci´ok´ent val´o interpret´al´as´ara ´ att´erni, mert ´ıgy a legt¨ obb r´esz´all´ıt´as, u ´gy mint az asszociativit´as vagy az ¨ osszead´ as kommutativit´ asa, azonnal ad´odik. Szint´en egyszer˝ uen ad´odik, hogy az egyeneseken el˝ o´ all´ o testek izomorfak, teh´at csak egy testet kell a tov´ abbiakban figyelemmel k¨ovetni. Jel¨ ol´es¨ unk az OIy seg´edegyenessel ´es az Ex , Ey pontokkal egy koordin´atarendszerre utalnak, melyben a k´et tengely hajl´assz¨og´enek ´es a r´ajuk m´ert egys´eg nagys´ ag´ anak nincs szerepe. Az ilyen koordin´ata-rendszert affin koordin´atarendszernek nevezz¨ uk. Ha k¨oz¨ons´eges egyenesk´ent tudjuk ´abr´azolni a v´egtelen t´ avoli egyenest, projekt´ıv koordin´ata-rendszerhez jutunk. Ha tov´abb´a a k´et egy´ertelm˝ uen meghat´ arozott projekt´ıv koordin´at´at helyettes´ıthetj¨ uk koordin´ ata-h´ armasok ekvivalenciaoszt´alyaival, akkor projekt´ıv homog´en koordin´ at´ az´ asr´ ol besz´elhet¨ unk. Ha teh´ at minden egyenesen van egy´ertelm˝ uen meghat´arozott, K-val jel¨olt test, amit az egyenes pontjai alkotnak, ´es az egyenesen elhelyezett h´arom pont egy´ertelm˝ uen meghat´ aroz, akkor a koordin´at´az´as k´erd´ese csak egy alkalmas k´ et h´ aromsz¨ og lesz perspekt´ıv az Iy pontb´ ol n´ ezve, azaz a P , P ·Q, Ix pontok egy egyenesre illeszkednek, ahogy ezt szerett¨ uk volna. Hasonl´ ok´ eppen l´ athat´ o be a t¨ obbi seg´ edegyenes forgathat´ os´ aga.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

76

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

konfigur´ aci´ on m´ ulik, az illeszked´esi s´ıkon ez n´egy ´altal´anos helyzet˝ u pont E1 , E2 , E3 illetve E felv´etel´evel megoldhat´o. Legyen a h´ arom – nem egy ponton ´athalad´o – egyenes az indexelt pontok h´ arom ¨ osszek¨ ot˝ o egyenese, jel¨olj¨ uk ezeket e1 , e2 , e3 -mal u ´gy, hogy Ei ne illeszkedjen ei -re (l´ asd 2.7. ´ abra). Az Ex = EE1 ∩ E2 E3 , Ey = EE2 ∩ E3 E1 , illetve Ez = EE3 ∩ E1 E2 defin´ıci´okkal k´eszen ´allunk a s´ık projekt´ıv homog´en koordin´ at´ az´ as´ ara.

E1=Ix ~(1,0,0)

Ey ~(1,0,1)

Ez ~(1,1,0)

Py

P~(1,1,1) Pz P

E3=Iz ~(0,0,1)

Ex ~(0,1,1)

Px

E2=Iy ~(0,1,0)

P~(x,y,z), Px ~(0,y,z), Py ~(x,0,z), Pz ~(x,y,0) 2.7. ´ abra. Projekt´ıv koordin´at´az´as Legyen P most tetsz˝ oleges pont. Rendelj¨ uk ehhez hozz´a a cs´ ucsokb´ol a szemk¨ ozti oldalakra vonatkoz´o vet¨ uleti pontokat, Px -et, Py -t, illetve Pz -t. Mindh´ arom egyenes¨ unk pontjai a K test valamelyik elem´enek felelnek meg, kiv´eve egy pontot, amely a v´egtelen t´avoli pont” szerep´et j´atszotta az egye” nesen, az evvel val´ o ¨ osszead´as vagy szorz´as szingul´aris lek´epez´eshez vezet, ami nem kolline´ aci´ o. Szereposzt´asunk homog´en jellege abban nyilv´anul meg, hogy nem k¨ ul¨ onb¨ oztethet˝ o meg a k´et m´asik egyenes szerepe a kolline´aci´o hozz´ arendel´es´en´el, ´ıgy term´eszetes ¨otlet, hogy az e1 egyenesen az els˝o koordin´ ata legyen z´erus, a m´ asodik k´et koordin´ata ar´anya pedig a Px ponthoz tartoz´ o testelem. A kapott ar´anyokkal a Px , Py , illetve Pz pontokhoz rendelt ekvivalenciaoszt´ alyok egy´ertelm˝ uen meghat´arozottak lettek, ´es b´armely k´et ekvivalenciaoszt´ alyb´ ol a P -hez rendelt ekvivalenciaoszt´aly is ad´odik. Azonban a Px , Py ´es Pz pontok testelemmel val´o azonos´ıt´asa nem f¨ uggetlen egym´as-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

77

2.2. Projekt´ıv s´ık

t´ ol, hiszen az alappontok r¨ ogz´ıt´ese a t¨obbi pont azonos´ıt´as´at egy´ertelm˝ uen meghat´ arozza. Ahogy azt l´ attuk, a pontsorok z´erus, egys´eg ´es v´egtelen t´avoli pontjait megfeleltet˝ o kolline´ aci´ ok a t¨obbi testelemet is megfeleltetik egym´asnak. Ha a v´egtelen t´ avoli pontot a z´erus pontnak feleltetj¨ uk meg, a testelemhez a reciprok´ at rendelt¨ uk hozz´ a. A Qy pontnak megfelel˝o testelem P1y , mert az E3 Ez tengely˝ u, E1 -t E2 -be viv˝o kolline´aci´o a Py pontot Qy -be viszi, E1 -t ´es E2 -t felcser´eli, v´eg¨ ul E3 -at ´es E-t fixen tartja, ez´ert a kolline´aci´o az els˝o egyenes ¨ osszead´ as-szorz´ as” konfigur´aci´oj´at a m´asodik egyenes olyan ¨osszead´as” ” szorz´ as” konfigur´ aci´ oj´ aba viszi, mely az E3 E1 egyenes 0 pontj´at az E3 E2 egyenes ∞ pontj´ aba viszi, ´es ford´ıtva. at. Hasonl´ ok´eppen ad´ odik, hogy Qz jelenti az egyenes P1z pontj´

E1

Ez

Ey Py

E S P

E3

Qy

Ex

R Pz

Qy.Qz Qz E2

T 2.8. ´abra. Px Py Pz = 1 A Qy pontot szorozzuk meg Qz -vel. Ehhez meg kell hat´arozni az EQy , E1 E2 egyenesek metsz´espontj´at, T -t, az E1 Qz , illetve Ey E2 egyenesek metsz´espontj´ at, R-t, ´es Qy Qz ekkor a T R ´es E3 E2 egyenesek metsz´espontja lesz. Azonban az E3 , T, R pontok rendre az S, Qy , E2 pontok E-b˝ol val´o vet¨ uletei, ez´ert Desargues-t´etel szerint az E1 = E3 T ∩ SQy , P = E3 R ∩ SE2 , illetve Qy · Qz = T R ∩ Qy E2 pontok kolline´arisak. Azaz Px = Qy · Qz , ez´ert tetsz˝ oleges P pontra a h´ arom hozz´arendelt testelem szorzata 1, amib˝ol ad´odik, hogy a koordin´ at´ az´ asunk nem vezet ellentmond´ashoz.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

78

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

3⇒4 3´ all´ıt´ asa szerint a s´ık pontjai k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u megfeleltet´esben ´ allnak egy koordin´ at´ azott K-feletti 3-dimenzi´os V vektort´er egydimenzios altereinek a rendszer´evel. Ezt tekints¨ ´ uk egy 4-dimenzi´os K-feletti vektort´er egydimenzi´ os alterei azon r´eszhalmaz´anak, mely egy adott 3-dimenzi´os alt´erhez illeszked˝ o alterekb˝ ol ´ all. A be´agyaz´o vektort´er 1-dimenzi´os alt´errendszer´et megfeleltethetj¨ uk egy illeszked´esi t´ernek a k¨ovetkez˝o m´odon: • Az 1-dimenzi´ os alterek az illeszked´esi t´er pontjai.

• Egy 2-dimenzi´ os alt´erhez tartoz´o 1-dimenzi´os alterek halmaza az egyenes. (Azaz pontok alkotj´ak az egyenest.) • Egy 3-dimenzi´ os alt´erhez tartoz´o 1-dimenzi´os alterek halmaza a s´ık.

• Egy t´erelem illeszkedik egy m´asikra, ha valamennyi pontja hozz´atartozik. K¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy a kapott strukt´ ura illeszked´esi t´er, pld. F8. Axi´ oma k¨ ovetkezik abb´ ol, hogy egy b´azis vektoraib´ol, illetve ezen vektorok osszegvektor´ ab´ ol ´ all´ o meghat´arozott 5 elem˝ u vektorrendszer 4 elem˝ u r´eszhal¨ mazai line´ arisan f¨ uggetlen vektorok. Kiindul´ asi illeszked´esi s´ıkunk illeszked´estart´o bijekci´oval felel meg ezen illeszked´esi t´er valamelyik s´ıkj´anak. Az O-pont modell projekt´ıv megfelel˝oj´et k¨ onnyen megkaphatjuk, ha az euklideszi t´er ide´alis pontokkal val´o b˝ov´ıt´es´evel k´esz´ıt¨ unk projekt´ıv teret, ´es ebbe helyezz¨ uk el a der´eksz¨og˝ u koordin´atarendszer¨ unket. Ha a projekt´ıv homog´en koordin´at´akat az euklideszi koordin´ at´ akkal szeretn´enk megadni, akkor az Ei alappontokat egys´egvektornak tekintj¨ uk, az oszt´ alyokat pedig ezen vektorok line´aris kombin´aci´oival reprezent´ aljuk (l´ asd 2.9. ´ abra). Mint l´attuk, az euklideszi homog´en koordin´at´akhoz jutunk, ha a z = 1 s´ık pontjait, illetve az ezzel p´arhuzamos ir´anyokat feleltetj¨ uk meg a val´ os projekt´ıv s´ık pontjainak, a projekt´ıv homog´en koordin´at´az´as eset´en a v´ alasztott s´ık (x, y) s´ıkkal val´o p´arhuzamoss´ag´at´ol eltekinthet¨ unk, egy projekt´ıv homog´en koordin´ata-rendszerhez kapcsol´od´o O-pont modellb˝ol u ´gy kapunk homog´en koordin´ata-rendszerhez kapcsol´od´ot, ha az (x, y) s´ıkkal val´ o metszetegyenest (E2 E1 egyenest) v´egtelen t´avoli egyenesnek tekintj¨ uk. 4 ⇒ 1 A 2.10. ´ abra jel¨ ol´esei mellett k´epzelj¨ uk el el˝osz¨or, hogy az ABC, illetve A′ B ′ C ′ h´ aromsz¨ ogek a h´ aromdimenzi´os illeszked´esi t´er egy-egy s´ıkj´anak h´ aromsz¨ ogei, melyek az S pontb´ol egym´asba vet´ıthet˝oek. Mivel az AB, A′ B ′ ; BC, B ′ C ′ ; AC, A′ C ′ egyenesp´arok els˝o elemei az egyik, m´asik elemei a m´asik s´ıkba esnek, metsz´espontjaik csak a k´et s´ık metsz´esvonal´an helyezkedhetnek el. Innen a Desargues-t´etel a t´erbeli alakzat s´ıkba vet´ıt´es´evel azonnal ad´odik. A 2.10. ´ abr´ an az is nyomon k¨ ovethet˝o, hogy b´armely k´et s´ıkbeli h´aromsz¨ogh¨oz van megfelel˝ o t´erbeli alakzat, aminek ´eppen ˝o a vet¨ ulete. Ezzel a t´etel ´ all´ıt´ asait bizony´ıtottuk. 2.2.4. Defin´ıci´ o. Desargues-i s´ıknak nevezz¨ uk azokat az illeszked´esi s´ıkokat, amelyeken teljes¨ ul a Desargues-t´etel.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

79

2.2. Projekt´ıv s´ık

E3 Px Py P

Ey

Ex O

E E2

Pz

Ez

E1

2.9. ´ abra. Projekt´ıv homog´en koordin´at´az´as O-pont modellje

S

A

B C

s

Z

Y C

,

B A

,

X

,

2.10. ´abra. Desargues t´etele A tov´ abbiakban desargues-i s´ıkokkal dolgozunk. A Desargues-t´etel egyszer˝ us´ıtett alakja a kis Desargues-t´etel: 2.2.2. T´ etel (kis Desargues). Ha k´et h´ aromsz¨ og pontra n´ezve perspekt´ıv, ´es az AB ∩ A′ B ′ = X, BC ∩ B ′ C ′ = Y , AA′ ∩ BB ′ ∩ CC ′ = S pontok egy egyenesre illeszkednek, akkor ezen az egyenesen tal´ alhat´ o a CA ∩ C ′ A′ = Z pont is. A t´etel ´ all´ıt´ asa az 2.11. a´br´an nyomon k¨ovethet˝o, bizony´ıt´as helyett elegend˝ o a Desargues-t´etelre ´es az els˝o illeszked´esi axi´om´ara hivatkozni.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

80

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

S

A

Y

B

X

C B

,

s A

,

C

,

Z

2.11. a´bra. Kis Desargues-t´etel C´elunk a kett˝ osviszony fogalm´anak ´ertelmez´ese, aminek kapcs´an kimondhatjuk a Papposz–Steiner-t´etelt, miszerint a centr´alis vet´ıt´es a kett˝osviszonyt orzi (l´ ˝ asd 2.12. ´ abra). Azonban a kett˝osviszony szok´asos defini´al´as´ahoz sz¨ uks´eg van a szorz´ as kommutativit´as´ara, ez´ert tov´abbi komoly vizsg´alatok el´e n´ez¨ unk.

s a a+b

b

a+tb s+a

2s+a+b (1+t)s+a+b

s+b

2.12. ´ abra. A Pappous–Steiner-t´etel

2.2.2. A projekt´ıv s´ık ´ es a Pappous–Pascal-t´ etel Fel´ep´ıt´es¨ unk igen fontos r´esz´et k´epezi a projektivit´asok alapt´etele. Sz¨ uks´eg¨ unk lesz a k¨ ovetkez˝ o defin´ıci´ora:

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

81

2.2. Projekt´ıv s´ık

2.2.5. Defin´ıci´ o. A K-feletti vektort´er A transzform´ aci´ oja f´elig line´aris, ha addit´ıv ´es valamely K-beli φ automorfizmussal eleget tesz az A(αx) = φ(α)A(x) egyenl˝ os´egnek. 2.2.3. T´ etel (projektivit´ asok alapt´etele). A desargues-i s´ık σ kolline´ aci´ oi a be´ agyaz´ o vektort´er f´elig line´ aris transzform´ aci´ oival ´ırhat´ ok le, azaz adott kolline´ aci´ ohoz megadhat´ o olyan φ testautomorfizmus ´es φ-hez tartoz´ o A f´elig line´ aris transzform´ aci´ o, hogy ha az x pont k´epe a kolline´ aci´ on´ al x′ = σx, akkor oszt´ aly´ anak k´epe az Ax oszt´ alya. Bizony´ıt´ as: A s´ık pontjait a be´agyaz´o vektort´er 1-dimenzi´os altereivel azonos´ıtjuk. Az illeszked´estart´ as miatt l´atjuk, hogy pontok alter´ehez tartoz´o pontok k´epei a megfelel˝ o k´eppontok altereinek pontjai, tov´abb´a, hogy tetsz˝ oleges h´ arom kolline´ aris x, y 6= z pont eset´en z oszt´alya az egy´ertelm˝ u γ konstanssal megkaphat´ o az x+γy pont oszt´alyak´ent. (A line´aris kombin´aci´ot at tudjuk ´ırni ezen alakra, mivel az egy¨ ´ utthat´ok strukt´ ur´aja text.) Vil´agos tov´ abb´ a, hogy a vektort´er ei b´azisvektoraihoz v´alaszthatunk olyan fi vektorokat, melyek σ(ei ) oszt´ aly´ anak oly vektorai, hogy teljes´ıtik a f3 + fi = σ(e3 + ei ) egyenl˝ os´egeket is. Tetsz˝ oleges α testelemhez hozz´arendelhet¨ unk egy α′ testelemet u ´gy, hogy σ(e3 + αe1 ) = f3 + α′ f1 . Vil´ agos, hogy a lek´epez´es j´ ol defini´alt ´es injekt´ıv, mely a 0-t ´es az 1-et fixen hagyja. Hasonl´ oan defini´ alhat´o egy α 7→ α′′ lek´epez´es az e2 b´azisvektorhoz. A k´et lek´epez´es azonos, azaz α′ = α′′ minden α eset´en. Val´oban, az αe1 −αe2 oszt´ aly megegyezik az e1 −e2 oszt´aly´aval, ´ıgy σ(αe1 −αe2 ) egyben σ(e1 −e2 ) oszt´ alya is, ez´ert α′ f1 − α′′ f2 oszt´alya. Ugyanakkor nyilv´an f1 − f2 oszt´alya, ez´ert α′−1 α′′ = 1 igazolja a´ll´ıt´asunkat. Innen m´ar k¨onnyen l´athat´o, hogy tetsz˝ oleges σ(e3 + αe1 + βe2 ) oszt´aly ´eppen f3 + α′ f1 + β ′ f2 . A m´ asik oldalr´ ol a σ bijekci´oj´anak k¨ovetkezm´enye, hogy a fenti α 7→ α′ lek´epez´es sz˝ urjekt´ıv, ´ıgy K bijekci´oja. Szint´en addit´ıv ´es multiplikat´ıv, teh´at K automorfizmusa. Legyen A a fenti automorfizmushoz tartoz´o f´elig line´aris lek´epez´es, ez a vektort´er 1-dimenzi´os alterein megegyezik σ-val, teh´at val´oban σ-t reprezent´ alja. 2.2.1. Megjegyz´ es. K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy a fenti f´elig line´ aris lek´epez´es l´enyeg´eben egy´ertelm˝ u, azaz ha k´et ilyen lek´epez´es ugyanazt a kolline´ aci´ ot sz´ armaztatja, akkor egym´ as konjug´ altjai (azaz K bels˝ o automorfizmusa sz´ armaztatja az egyiket a m´ asikb´ ol).

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

82

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

2.2.2. Megjegyz´ es. Jegyezz¨ uk tov´ abb´ a meg, hogy a C centrum´ u t tengely˝ u centr´ alis-axi´ alis kolline´ aci´ ok az x′ = x − khn, xic alak´ u line´ aris transzform´ aci´ okkal adhat´ ok meg, ahol t pontjai az hn, xi = 0 egyenlet megold´ asaihoz tartoz´ o pontok. ´ Igy a szorzataikk´ent el˝ o´ all´ o transzform´ aci´ ok u ´gyszint´en line´ arisak. A m´ asik oldalr´ ol tetsz˝ oleges line´ aris transzform´ aci´ oval le´ırhat´ o kolline´ aci´ o el˝ o´ all centr´ alis-axi´ alis kolline´ aci´ ok szorzatak´ent, amit u ´gy igazolhatunk, hogy az alapt´etel bizony´ıt´ as´ aban szerepl˝ o ei b´ azisvektorokat egyes´evel, alkalmas c-a kolline´ aci´ okkal transzform´ aljuk az fi b´ azisvektorokba, figyelve arra, hogy egy u ´j transzform´ aci´ o fixpontjai legyenek a kisebb index˝ u fj k´epvektorok. Ez´ert egy kolline´ aci´ ora a line´ aris transzform´ aci´ oval val´ o reprezent´ alhat´ os´ ag, illetve a centr´ alis-axi´ alis kolline´ aci´ ok szorzatak´ent val´ o el˝ o´ all´ıthat´ os´ ag ekvivalens tulajdons´ agok. 2.2.3. Megjegyz´ es. Ha a testnek nincs az identit´ ast´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o automorfizmusa, akkor minden f´elig line´ aris transzform´ aci´ o egy´ uttal line´ aris transzform´ aci´ o is, ´ıgy minden kolline´ aci´ o line´ aris transzform´ aci´ oval reprezent´ alhat´ o. Azonban m´eg ez sem jelenti azt, hogy az ´ altalunk vizsg´ alt kolline´ aci´ ot a be´ agyaz´ o vektort´er dimenzi´ oj´ an´ al eggyel t¨ obb ´ altal´ anos helyzet˝ u pont hat´ aroz meg. Tekints¨ unk ugyanis egy kolline´ aci´ ot, amely n´egy ´ altal´ anos helyzet˝ u projekt´ıv pontot, p´eld´ aul e1 -et, e2 -t, e3 -at ´es e1 + e2 + e3 -at fixen tart. A reprezent´ al´ o line´ aris lek´epez´esek most ´eppen az identit´ as konstansszorosai, mert teljes¨ ul az 3 3 3 X X X xi ei xi ai ei = a xi ei ) = A(x) = A( i=1

i=1

i=1

egyenl˝ os´eg, oPahonnan azonnal kapjuk, hogy aj = ai minden i, j-re. Egy tetsz˝ leges x = xi ei + e3 projekt´ıv pont k´ep´et a be´ agyazott s´ıkon az X  A(x) = xi aei + ae3

vektor egyenes´enek a s´ıkra es˝ o pontja adja meg, azaz a X a−1 xi aei + e3

pont. Ez akkor egyenl˝ o csak x-szel, ha a−1 xi a = xi teljes¨ ul minden xi -re ´es minden a-ra, azaz ha K a szorz´ asra n´ezve is kommutat´ıv.

A k¨ ovetkez˝ o t´etel rendet tesz a desargues-i s´ıkok k¨oz¨ott, lehet˝os´eget biztos´ıtva a projekt´ıv s´ık defini´al´as´ara. Kimond´asa el˝ott k¨ ul¨on besz´eln¨ unk kell pontsorok lek´epez´eseir˝ ol. A pontsor elnevez´es az egyenes pontjainak ¨osszess´eg´et jelenti.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

83

2.2. Projekt´ıv s´ık

2.2.6. Defin´ıci´ o. K´et pontsor perspekt´ıv kapcsolatban ´ all, ha centr´ alis vet´ıt´es viszi az egyik pontjait a m´ asik pontjaiba. 2.2.4. T´ etel. Desargues-i s´ıkon az al´ abbi ´ all´ıt´ asok ekvivalensek: 1. Teljes¨ ul benne a Pappous–Pascal-t´etel, azaz ha az 135, 246 ponth´ armasok egy egyenesre illeszkednek, akkor a ◦ = 12 ∩ 45, 2 = 23 ∩ 56, ⋆ = 34 ∩ 61 pontok szint´en kolline´ arisak. 2. Pontsorok perspektivit´ asainak v´eges szorzatait h´ arom pont ´es a k´epeik egy´ertelm˝ uen meghat´ arozz´ ak. 3. K kommutat´ıv. 4. Centr´ alis-axi´ alis kolline´ aci´ ok szorzatait n´egy ´ altal´ anos helyzet˝ u pont a k´epeivel egy´ertelm˝ uen meghat´ arozza. Bizony´ıt´ as: 1 ⇔ 3 A 2.13. ´ abr´ an lev˝ o jel¨ ol´esekkel a P ·Q pont az E2 E3 , illetve 45 egyenesek metszetek´ent ad´ odik, a Q · P pont az E2 E3 ´es 12 egyenesek metsz´espontja. Az 123456 hatsz¨ oget vizsg´ alva azonnal l´atszik, hogy a Pappous–Pascal-t´etel all´ıt´ ´ asa a K test kommutativit´as´aval ekvivalens.

6 ,E1 2 1

E

3

P

E 3 P .Q=Q .P

5

Q

E2

4 2.13. ´ abra. A Pappous–Pascal-t´etel ´es a test kommutativit´asa 1 ⇒ 2 El˝ osz¨ or igazolhat´ o, hogy tetsz˝oleges (v´eges) sz´am´ u perspektivit´as szorzata reprezent´ alhat´ o k´et perspektivit´as szorzatak´ent. A bizony´ıt´as hosszadalmas, de nem t´ ul neh´ez, ez´ert most csak a f˝o l´ep´eseit ´ırjuk le.3 K´et seg´ed´all´ıt´ ason alapul. Igazolhat´ o, hogy ha a perspektivit´asok egyenesei egy ponton mennek kereszt¨ ul, akkor a lek´epez´es maga is perspektivit´as, ´es kimutathat´o, 3 A bizony´ ıt´ as teljes r´ eszletess´ eggel megtal´ alhat´ o Ker´ ekj´ art´ o B´ ela Projekt´ıv geometria c. tank¨ onyv´ eben.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

84

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

hogy h´ arom k¨ oz¨ os pont n´elk¨ uli a1 , a2 , a3 pontsor eset´en az O1 : a1 7→ a2 ´es az O1 : a2 7→ a3 perspektivit´ asok szorzata tetsz˝oleges, az a1 ∩a2 ponton ´athalad´o b2 egyenessel ´es alkalmasan v´ alasztott O ∈ O1 O2 k¨oz´epponttal, helyettes´ıthet˝o az O : a1 7→ b, O2 : b 7→ a3 perspektivit´ asok szorzat´aval. M´ asodszor a 2.14. ´ abra fels˝o rajza azt mutatja, hogy az O1 , illetve O2 k¨ oz´eppont´ u perspektivit´ asok A 7→ A′′ 7→ A′ szorzata helyettes´ıthet˝o a P ′ , illetve O2 k¨ oz´eppont´ u A 7→ A0 7→ A′ szorzat´aval. Val´oban, az A0 A′′ A△ ´es a ′′ B0 B B△ h´ aromsz¨ ogek az O1 P ′ O2 egyenesre n´ezve perspekt´ıvek, azaz az AB, ′′ ′′ A0 B0 , A B egyenesek egy k¨oz¨os R ponton haladnak kereszt¨ ul. Mivel a B0 C0 pontp´ arra ugyanez teljes¨ ul, ez´ert A0 , B0 , C0 kolline´arisak. Hasonl´o m´odon az O2 k¨ oz´eppont´ u perspektivit´ as is helyettes´ıthet˝o a P k¨oz´eppont´ uval. Ekk´eppen a P, A, B ponth´ armas, illetve k´epeik, P ′ , A′ , B ′ egy´ertelm˝ uen meghat´arozz´ ak a lek´epez´est, hiszen a Pappous–Pascal-t´etel miatt az A˜ = P ′ A ∩ P A′ , ˜ B = P ′ B ∩P B ′ pontok egyenes´en tal´alhatjuk a tetsz˝oleges C ponthoz rendelt C˜ = P ′ C ∩ P C ′ pontot, ´ıgy C ′ egy´ertelm˝ uen meghat´arozott C ´altal. 2 ⇒ 1 Tegy¨ uk fel hogy a desargues-i s´ıkon teljes¨ ul a 2. tulajdons´ag. Vegy¨ uk fel a Pappous–Pascal-t´etelben szerepl˝o a illetve a′ egyeneseket ´es rajtuk a 3-3 pontot. Ezeket most jel¨ olj¨ uk rendre A, B, C, illetve A′ , B ′ , C ′ -vel. Legyen ′ ′ u az AB , illetve A B egyenesek metsz´espontj´at az AC ′ , illetve A′ C egyenesek metsz´espontj´ aval ¨ osszek¨ot˝o egyenes. Ha tekintj¨ uk azt a kolline´aci´ot, mely A, B, C-t rendre A′ , B ′ , C ′ -nek felelteti meg, akkor ez el˝o´all mint az A′ k¨ oz´eppont´ u a −→ u perspektivit´as szorzata az A k¨oz´eppont´ u u −→ a′ pers′ pektivit´ assal, ez´ert lek´epez´es¨ unk az a, a egyenesp´ar M metsz´espontj´at az u a′ -vel val´ o M ′ pontj´ aba viszi, ´es az M = N ′ pont pedig az u ´es a egyenesek N metsz´espontj´ anak a k´epe. Az u egyenes teh´at a kiindul´asi k´et ¨osszetartoz´o pontp´ art´ ol f¨ uggetlen¨ ul helyezkedik el, azaz tartalmazza a BC ′ , illetve CB ′ egyenesek metsz´espontj´ at is. A s´ıkon teh´at ´erv´enyes a Pappous–Pascal-t´etel. 3 ⇔ 4 A projektivit´ asok alapt´etele szerint a kolline´aci´okat ´altal´aban f´elig linearis lek´epez´esekkel, m´ıg a 2. megjegyz´es szerint a centr´alis-axi´alis kolline´aci´ok ´ szorzatait line´ aris lek´epez´esekkel reprezent´alhatjuk. A 3. megjegyz´es mutatja, hogy line´ aris lek´epez´essel reprezent´al´od´o kolline´aci´ok azonban 4 ´altal´anos pontjuk k´epe ´ altal pontosan akkor hat´aroz´odnak meg, ha a test kommutat´ıv. Ezzel ´ all´ıt´ asunkat igazoltuk. 2.2.7. Defin´ıci´ o. A desargues-i s´ıkot projekt´ıv s´ıknak nevezz¨ uk, ha igaz benne a Pappous–Pascal-t´etel. 2.2.3. Kett˝ osviszony A projekt´ıv s´ıkon a kett˝ osviszony fogalm´at a koordin´ata-pontsor elemeire a k¨ ovetkez˝ ok´eppen ´ertelmezhetj¨ uk. Tegy¨ uk fel, hogy egyenes¨ unk k¨ ul¨onb¨ozik az

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

85

2.2. Projekt´ıv s´ık

C

O1

B A

P

,

,

,

,

A A0

,,

B B0

P

,,

C

,,

C0 A

B

C

R

O2 B

A

a

C

M, N

,

,

a M A B

,

C

,

u

N

,

,

2.14. ´ abra. A Pappous–Pascal-t´etel ´es a projektivit´asok

E1 E2 egyenest˝ ol. Ha h´ arom pontja P, Q, R, ´es egyik¨ uk sem esik az E1 E2 egyenesre, akkor a nekik megfelel˝o reprezent´ans vektoroknak v´alaszthat´ok a p = (xP , yP , 1)T , q = (xQ , yQ , 1)T , illetve r = (xR , yR , 1)T vektorok, ahol az egy egyenesre val´ o illeszked´es azt jelenti, hogy ezek a vektorok line´arisan

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

86

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

osszef¨ ugg˝ oek, azaz fenn´ all k¨oz¨ott¨ uk az ¨ αp + βq + γr = 0 kapcsolat, valamely α, β, γ ∈ K h´armassal. Nyilv´an, ha a h´arom pont k¨ ul¨onb¨ oz˝ o, az egy¨ utthat´ ok nem a test z´erus elemei, ´ıgy feltehet˝o, hogy γ = −1. Ekkor α ´es β egy´ertelm˝ uen ad´odik, ¨osszeg¨ uk 1, ´es a h´arom pont oszt´oviszonya legyen a val´ os projekt´ıv s´ık megszokott ´ert´eke (l´asd az analitikus geometria fejezetet): β (P QR) = . α Ha S ugyanezen egyenes negyedik pontja, akkor r´a hasonl´ok´eppen (P QS) = (p, q, γp + δq) =

δ γ

ad´ odik, ´es a kett˝ osviszonyt ´ertelmezhetj¨ uk a k´et oszt´oviszony h´anyados´aval: (P QRS) :=

β δ : . α γ

Ha P az E1 E2 egyenes pontja, legyen (P QR) := −∞, ha Q, akkor legyen (P QR) = 0, ha pedig R esik az E1 E2 egyenesre, akkor legyen (P QR) = −1. R ´es S k¨ oz¨ ul legfeljebb az egyik eshet az E1 E2 egyenesre, azaz a kett˝osviszony minden esetben egy´ertelm˝ uen ad´odik. Az E1 E2 egyenes eset´eben hasonl´ok´eppen j´arhatunk el egy m´asik koordin´ at´ anak a r¨ ogz´ıt´ese u ´tj´ an. 2.2.4. Megjegyz´ es. Vegy¨ uk ´eszre, hogy projekt´ıv s´ıkon a line´ aris lek´epez´essel reprezent´ alhat´ o kolline´ aci´ ok ´eppen a kett˝ osviszonytart´ o kolline´ aci´ ok. Ehhez felhaszn´ alva a kolline´ aris pontn´egyes kett˝ osviszony´ anak a defin´ıci´ oj´ at kapjuk, hogy ha A line´ aris, akkor (A(x), A(y), A(αx + βy), A(γx + δy) = = (A(x), A(y), αA(x) + βA(y), γA(x) + δA(y) = α γ = : = (x, y, αx + βy, γx + δy), β δ azaz ˝ orzi a kett˝ osviszonyt, m´ıg ha A nem line´ aris, hanem csak f´elig line´ aris, akkor a fenti egyenl˝ os´eg nem teljes¨ ulhet a v´ altoz´ ok minden ´ert´ek´ere, azaz nem orzi a kett˝ ˝ osviszonyt, amivel ´ all´ıt´ asunkat igazoltuk. 2.2.8. Defin´ıci´ o. A projekt´ıv s´ık egy pontsor´ anak egy m´ asikra vonatkoz´ o k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u lek´epez´ese projektivit´as, ha v´eges sok perspektivit´ as szorzata.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

2.2. Projekt´ıv s´ık

87

2.2.5. T´ etel (Pappous–Steiner). A projekt´ıv s´ık perspektivit´ asai kett˝ osviszonytart´ o lek´epez´esek. Bizony´ıt´ as: Az 2.12. ´ abr´ anak megfelel˝o reprezent´ansv´alaszt´assal a k´et kett˝ osviszony: (a, b, a + b, a + tb) = 1 : t, illetve (a + s, b + s, (a + s) + (b + s), (a + s) + t(b + s)) = 1 : t. A t´etel k¨ ovetkezm´enye, hogy minden pontsor-projektivit´as kett˝osviszonytart´o lek´epez´es. Speci´ alisan o˝rzi a harmonikus elv´ alaszt´ ast, azaz egy −1 kett˝ osviszonnyal rendelkez˝ o pontn´egyest ugyanilyenbe visz. Ha az egyenes pontjaira vonatkoz´ oan feltessz¨ uk a Dedekind-axi´oma teljes¨ ul´es´et is, akkor az ´all´ıt´ as megford´ıt´ asa is igaz: 2.2.6. T´ etel (Staudt–Darboux). Ha az egyenesek pontsoraira teljes¨ ul a Dedekind-axi´ oma, akkor tetsz˝ oleges, a harmonikus elv´ alaszt´ asokat ˝ orz˝ o bijekci´ o projektivit´ as, azaz v´eges sok perspektivit´ as szorzata. Ez indokolja, hogy a val´ os projekt´ıv s´ıkon a pontsor-projektivit´asokat kett˝ osviszonytart´ o lek´epez´esk´ent is szokt´ak defini´alni. Ahogy ezen alfejezet megjegyz´es´eben l´ attuk, a line´ aris transzform´aci´oval reprezent´alhat´o kolline´aci´ok ´eppen a kett˝ osviszonytart´ o kolline´aci´ok, ´es a val´os sz´amok teste kommutat´ıv, ez´ert a val´ os projekt´ıv s´ık minden kolline´aci´oja line´aris transzform´aci´oval reprezent´ alhat´ o, ez´ert kett˝ osviszonytart´o is. A centr´alis-axi´alis kolline´aci´ok j´ atssz´ ak a perspektivit´ asok szerep´et, minden kolline´aci´o v´eges sok centr´alisaxi´ alis kolline´ aci´ o szorzata is egyben. Ez´ert a kett˝osviszonytart´o lek´epez´es” ” elnevez´es mindk´et esetben szinonim´aja a projektivit´as” elnevez´esnek, a gya” korlatban pontsor eset´en v´eges sok (k´et alkalmas) perspektivit´as szorzatak´ent, kolline´ aci´ ok eset´en pedig v´eges sok (legfeljebb 4) centr´alis-axi´alis kolline´ aci´ o szorzatak´ent val´ o el˝ o´ all´ıthat´os´agot jelent. 2.2.9. Defin´ıci´ o. Sug´ arn´egyes kett˝osviszony´an az ˝ ot metsz˝ o valamely egyenesen l´etrej¨ ov˝ o pontn´egyes kett˝ osviszony´ at ´ertj¨ uk. A sug´ arsorok kett˝ osviszonyt orz˝ ˝ o lek´epez´eseit sug´ arsor-projektivit´asnak nevezz¨ uk. A A Pappous–Steiner-t´etel alapj´an a defin´ıci´o j´o, nem f¨ ugg az egyenes v´alaszt´ as´ at´ ol. A dualit´ as alapj´ an k´et sug´arsor pontosan akkor perspekt´ıv, ha az egym´ asnak megfelel˝ o elemek metsz´espontjai egy egyenesre illeszkednek. 2.2.4. K´ upszeletek 2.2.10. Defin´ıci´ o. A projekt´ıv s´ık k´et projekt´ıv, de nem perspekt´ıv sug´ arsor´ anak k´epz˝ odm´eny´et (az egym´ asnak megfelel˝ o elemek metsz´espontjai ´ altal l´etrej¨ ov˝ o halmazt) k´ upszeletnek nevezz¨ uk.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

88

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

2.2.7. T´ etel (Pascal). K´ upszeletbe ´ırt hatsz¨ og szemk¨ ozti oldalp´ arjainak metsz´espontjai kolline´ arisak, azaz ha az 1, 2, 3, 4, 5, 6 pontok illeszkednek egy k´ upszeletre, akkor a ◦ = 12 ∩ 45,

2 = 23 ∩ 56,

⋆ = 34 ∩ 61

pontok kolline´ arisak.

1

2

6 4

3 X

5 Y

2.15. ´abra. Pascal-t´etel Bizony´ıt´ as: Legyen X = 23∩45, Y = 34∩56 (l´asd 2.15. ´abra). A k´ upszeletet k´epzelj¨ uk a 2 ´es 6 tart´ oj´ u sug´arsorok k´epz˝odm´eny´enek. Haszn´alva a sug´arn´egyes kett˝ osviszony´ anak fogalm´at kapjuk, hogy (⋆, Y, 4, 3) = (61, 65, 64, 63) = (21, 25, 24, 23) = (◦, 5, 4, X). Azaz homog´en koordin´ at´ akkal ⋆ = m,

Y = y,

4 = α1 m + β1 y,

3 = α2 m + β2 y

defin´ıci´ ok mellett feltehet˝ o, hogy ◦ = n,

5 = x5 ,

4 = α 1 n + β1 x 5 ,

X = α 2 n + β2 x 5

is. Felhaszn´ alva, hogy az α1 m + β1 y = (α1 n + β1 x5 ) egyenl˝ os´eg ekvivalens az α1 m − α 1 n = β1 x 5 − β1 y

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

89

´ pszeletek az euklideszi te ´rben 2.3. Ku

egyenl˝ os´eggel, kapjuk a 3 − x = (α2 m + β2 y) − (α2 n + β2 x5 ) = =





 −α2 β1 + β2 (y − x5 ) = α1

 −β2 α1 + α2 (m − n) β1

egyenl˝os´egeket. A szerepl˝ o egy¨ utthat´ok ´ertelmesek, mert α1 , β1 nem lehet nulla. ´Igy ad´ odik, hogy a 3X, 5Y , ◦⋆ egyenesek egy pontra illeszkednek 2ra. 2.2.11. Defin´ıci´ o. A k´ upszelet ´erint˝oje egy olyan egyenes, melynek egyetlen pontja illeszkedik a k´ upszeletre. Ezt a pontot az ´erint˝ o ´erint´esi pontj´ anak nevezz¨ uk. A projekt´ıv s´ıkon ´erv´enyes dualit´as alapj´an a k´ upszeletet k´et projekt´ıv, de nem perspekt´ıv pontsor k´epz˝odm´eny´enek is tekinthetj¨ uk. A k´epz˝odm´eny most a megfelel˝ o pontp´ arok ¨osszek¨ot˝o egyenesei burkol´oj´at jelenti, mely mint ponthalmaz, az ´erint´esi pontok halmaza is egy´ uttal. A Pascal-t´etel du´alisa a Brianchon-t´etel: 2.2.8. T´ etel (Brianchon). Ha egy k´ upszelet hat ´erint˝ oje 1, 2, 3, 4, 5, 6, akkor az (1 ∩ 2, 4 ∩ 5), (2 ∩ 3, 5 ∩ 6), (3 ∩ 4, 6 ∩ 1) egyenesek egy ponton mennek ´ at, a k´ upszelet Brianchon-pontj´an. Ezen t´etel k¨ orre megfogalmazott v´altozata a be´agyaz´o euklideszi t´er illeszked´esi rendszer´et is haszn´ alva sz´epen ´es eleg´ansan igazolhat´o. A bizony´ıt´as ´ t¨ obb k¨ onyvben ´es jegyzetben is megtal´alhat´o (l´asd: G. Horv´ath Akos – Szirmai Jen˝ o: Nemeuklideszi geometri´ ak modelljei).

2.3. K´ upszeletek az euklideszi t´ erben ...Amikor az embert kezdtem tanulm´ anyozni, r´ aj¨ ottem, hogy ezek az elvont tudom´ anyok nem val´ ok az embernek, ´es hogy behat´ o tanulm´ anyoz´ asukkal kevesebbet tudtam meg emberi ´ allapotomr´ ol, mint azok, akik semmit sem kony´ıtanak hozz´ ajuk....

B. Pascal: Gondolatok 144. A figyelmes olvas´ o biztosan elt¨oprengett azon, vajon mi´ert nevezik a projekt´ıv geometria fentiekben vizsg´ alt g¨orb´ej´et k´ upszeletnek, amikor nincs is defini´alt k´ upfogalom. Felmer¨ ulhet az a k´erd´es is, milyen kapcsolatban ´all egym´assal az egyenesp´ arra ´es a k´ upszeletre vonatkoz´o Pascal-t´etel. Kimondott c´elunk az is, hogy a Brianchon-t´etelnek is ¨on´all´o elemi geometria bizony´ıt´ast adjunk. Ezen k´erd´esek tiszt´ az´ as´ ahoz a k´ upszeletekr˝ol sz´ol´o vizsg´alatainkat r´eszletezni kell

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

90

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

a val´ os projekt´ıv t´er specializ´al´as´aval kapott r´egi-´ uj euklideszi t´er keretein bel¨ ul. A m´ odszer rendk´ıv¨ ul egyszer˝ u, r¨ogz´ıt¨ unk egy projekt´ıv s´ıkot, ezt ezent´ ul v´egtelen t´ avoli s´ıknak nevezz¨ uk, mindazon t´erelemeket, amiknek a metszete ehhez a s´ıkhoz illeszkedik – megk¨ ul¨onb¨oztetett m´odon – p´arhuzamosoknak nevezz¨ uk. A s´ık pontjait ide´alis vagy v´egtelen t´avoli pontoknak, egyeneseit ide´ alis vagy v´egtelen t´ avoli egyeneseknek nevezz¨ uk. A projekt´ıv koordin´atarendszer harmadik koordin´ atas´ıkja lesz ez az ide´alis s´ık. A projekt´ıv homog´en koordin´ ata-rendszerb˝ ol Descartes-f´ele homog´en koordin´at´az´ashoz jutunk, ahonnan a szok´ asos koordin´ at´akra is visszat´erhet¨ unk. A kett˝osviszony, ha a n´egy pont valamelyike ide´ alis pont, oszt´oviszonny´a egyszer˝ us¨odik, ha mind a n´egy pont ide´ alis pont, egy olyan sug´arn´egyes kett˝osviszony´at defini´alja, amelynek tart´ oja valamely tetsz˝oleges k¨oz¨ons´eges pont. A tov´ abbiakban egy k¨ oz¨ons´eges egyenes kett˝os k¨ork´ upot fogunk tekinteni. Ezt egy adott k¨ orvonalat s´ urol´o, egy ponton, a k´ up cs´ ucs´an ´athalad´o egyenesek halmazak´ent ´ertelmezz¨ uk, ahol a cs´ ucs helyzete r¨ogz´ıtett a k¨or k¨ oz´eppontj´ an ´ athalad´ o, a k¨ or s´ıkj´ara mer˝oleges egyenesen. 2.3.1. Defin´ıci´ o. K´ upszeletnek nevezz¨ uk a k´ up s´ıkmetszeteit. Ezek szerint k´ upszelet egy pont (a k´ up cs´ ucsa), a k´etszeres egyenes (a k´ up egy alkot´ oja) ´es k´et metsz˝ o egyenes is. Ezen t´ ul h´arom k¨ ul¨onb¨oz˝o, nem elfajul´ o g¨ orb´et tal´ alunk, melyeket az ide´alis pontjaik sz´ama szerint ellipszisnek, parabol´ anak, illetve hiperbol´ anak nevez¨ unk. Mivel a k¨ork´ upot egy s´ık nem tudja kett˝ on´el t¨ obb alkot´ oban metszeni, t¨obb ide´alis pont mint kett˝o nem lehets´eges. Persze ki kell majd mutatnunk, hogy a kapott alakzatok az el˝oz˝o szakasz ´ertelm´eben is k´ upszeletek. Vegy¨ uk tov´abb´a ´eszre, hogy a m´asodrend˝ u g¨ orb´ek k¨ oz¨ ul a fenti felsorol´asban csup´an egy nem szerepel, a p´arhuzamos egyenesp´ ar, amely szint´en ad´odik, ha nem r¨ogz´ıtj¨ uk a k´ up cs´ ucs´at k¨oz¨ons´eges pontk´ent, hanem lehet ide´alis pont is. Ez´ert nem meglep˝o t´eny, hogy a k´ upszeletek vizsg´ alata nem m´as, mint a m´asodrend˝ u g¨orb´ek szintetikus (nem analitikus) kezel´ese.

2.16. ´abra. A k´ up szeletei

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

91

´ pszeletek az euklideszi te ´rben 2.3. Ku

A tov´ abbiakban nem elfajul´o k´ upszeleteket fogunk vizsg´alni. Feltessz¨ uk teh´at, hogy a metsz˝ o s´ık nem megy ´at a k´ up cs´ ucs´an. Vegy¨ uk ´eszre, hogy mindig be´ırhat´ o egy g¨ omb a s´ık ´es a k´ upfel¨ ulet ´altal hat´arolt korl´atos, vagy nem korl´ atos tartom´ anyba. Ennek a g¨ombnek a k´ upfel¨ ulettel k¨oz¨os pontjai egy k¨ ort alkotnak, melynek s´ıkja fontos szereppel b´ır, a tov´abbiakban legyen ez Π. Kiindul´ asi s´ıkunkat nevezz¨ uk α-nak, a k´et s´ık metsz´esvonal´at d-nek. ´ Erintse a k´ upszelet s´ıkj´ at a g¨omb F -ben. Messe egy k´ upalkot´o P -ben α-t ´es D-ben Π-t, legyen tov´ abb´ a M a P -pont Π-re vonatkoz´o mer˝oleges vet¨ ulete, ´es N a d egyenesre vonatkoz´o vet¨ ulet. Vil´agos, hogy a P N szakasz hossza a P pont ´es a d egyenes t´ avols´aga. Legyen m´eg a k´ up K cs´ ucs´anak mer˝oleges vet¨ ulete a Π s´ıkon T .

K d N

M DT F P

2.17. ´abra. A vez´eregyenes Mivel P M D△ h´ aromsz¨ og hasonl´o a KT D△ h´aromsz¨oggel, ez´ert a DP M∡ sz¨ og a k´ up φ f´elny´ıl´ assz¨ oge. A |P F | t´avols´ag megegyezik a |P D| t´avols´aggal, mert a g¨ ombh¨ oz k¨ uls˝ o pontb´ol h´ uzott ´erint˝oszakaszok hossza egyenl˝o, ez´ert |P D| = cos φ|P F |. Ugyanakkor, ha ψ jel¨ oli a k´et s´ık hajl´assz¨og´et, a P M N h´aromsz¨ogb˝ol |P D| = sin ψ|P N | = sin ψ|P d| ¨ ad´ odik. Osszevetve a k´et egyenl˝os´eget kapjuk, hogy cos(π − ψ) |P F | = , |P d| cos φ ami a s´ık r¨ ogz´ıt´ese ut´ an egy ´alland´o. Ez´ert a k´ upszeletek al´ abbi defin´ıci´oj´ahoz jutunk:

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

92

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

2.3.2. Defin´ıci´ o (vez´eregyenessel). Ellipszisnek nevezz¨ uk a k´ upszeletet, ha a F| anya s´ık egy adott F pontj´ at´ ol ´es adott d egyenes´et˝ ol m´ert t´ avols´ aguk |P |P d| ar´ kisebb, mint 1, parabol´ anak ha egyenl˝ o 1-gyel ´es hiperbol´anak ha nagyobb, mint 1. 2.3.1. Ellipszis Haladjunk tov´ abb a 2.17. ´ abra specializ´al´as´aval. Tekints¨ uk azt az esetet, ami´ ankon ekkor berajzolhatunk m´eg kor a metsz˝ os´ık minden alkot´ot metsz. Abr´ egy k¨ ort, ami a k´ upba ´ırt, a s´ıkot a m´asik oldal´ar´ol ´erint˝o g¨omb vet¨ ulete ´es egyben a rajz s´ıkj´ aval val´o metszete (l´asd 2.18. ´abra). Minden fontos pontunk ´es vonalunk m´eg egy p´eld´anyban el˝o´all, ezt az 1-es, 2-es indexek felv´etel´evel jelezt¨ uk. T¨ obb mindent is leolvashatunk az ´abr´ar´ol, el˝osz¨or is, hogy a P pontnak az F1 , F2 pontokt´ol val´o t´avols´aga a g¨ombh¨oz h´ uzott ´erint˝oszaupalkot´o szakasz hossz´aval, kaszok egyenl˝ os´ege folyt´ an megegyezik a D1 D2 k´ ez´ert f¨ uggetlen a P pont v´ alaszt´as´at´ol. Legyen ez a t´avols´ag 2a-val jel¨olve. Megkapjuk az ellipszis m´ asodik s´ıkbeli defin´ıci´oj´at: 2.3.3. Defin´ıci´ o. Adott k´et pont ´es egy t´ avols´ ag. Azon pontok m´ertani helye a s´ıkon, melynek a k´et pontt´ ol m´ert t´ avols´ ag´ anak ¨ osszege az adott t´ avols´ aggal egyezik meg, az ellipszis.

K

D

1

d1 T P

E2 d2 N2

F1

E1

N1

F2 D2

2.18. ´abra. Dandelon t´etele Maguk az E1 , F1 , F2 ´es E2 pontok a rajz s´ıkj´aban vannak, ez´ert a k¨orh¨oz k¨ uls˝ o pontb´ ol h´ uzott ´erint˝ oszakaszok egyenl˝os´ege miatt az E1 F1 ´es E1 F2 szakaszok ¨ osszege szint´en 2a. Jel¨olj¨ uk a tov´abbiakban az F1 F2 szakasz hossz´at 2c-vel, ekkor az 2a = 2|E1 F1 | + 2c egyenl˝os´egb˝ol ad´odik, hogy |E1 F1 | = a − c. Hasonl´ok´eppen ad´ odik, hogy E2 F2 = a − c szint´en teljes¨ ul. Akkor viszont az

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ pszeletek az euklideszi te ´rben 2.3. Ku

93

|E1 E2 | = 2a is fenn´ all. Tov´ abb´a E1 , E2 a k´ upszelet pontjai, teh´at |E1 F1 | : |E1 N1 | = |E2 F1 | : |E2 N1 |, ahol most N1 az E1 , E2 pontokhoz tartoz´o talppont a d1 egyenesen. Felhaszn´ alva, hogy |E2 F1 | = a + c ´es |E2 N1 | = 2a + E1 N1 , kapjuk, hogy (a − c) : |E1 N1 | = (a + c) : (2a + |E1 N1 |), ahonnan 2a2 − c|E1 N1 | − 2ac = c|E1 N1 |, ´ıgy |E1 N1 | =

a2 − ac . c

Mivel |E1 N1 | = |E2 N2 | nyilv´an fenn´all, kapjuk, hogy |N1 N2 | = 2a + 2

a2 a2 − ac = , c c

´es az ellipszist meghat´ aroz´ o ar´any: c |E1 F1 | = . a |E1 N1 | ´ erve most m´ Att´ ar a g¨ orbe s´ıkj´aban rajzolt ´abr´ara (2.19. ´abra), konkr´et szerkeszt´esi elj´ ar´ asok kidolgoz´ as´ aval tov´abbi inform´aci´okat gy˝ ujthet¨ unk az ellipszisr˝ ol. A most rajzoland´ o´ abr´at az ellipszis alap´ abr´ aj´ anak nevezz¨ uk. Visszat´er¨ unk a hagyom´ anyos jel¨ ol´esekhez, az u ´j elnevez´eseket a sz¨ovegb˝ol d˝olt bet˝ uvel kiemelj¨ uk. ´Igy az E1 , E2 pontokat, amelyek a leghosszabb ellipszis´atm´er˝o pontjai, A-val ´es B-vel jel¨ olt¨ uk. Ezek t´avols´aga teh´at tov´abbra is 2a. A szakasz k¨ oz´eppontja legyen O. Az O-ban AB-re ´all´ıtott mer˝oleges is tartalmaz ellipszispontokat, melyek Fi -t˝ol ´eppen a t´avols´agra vannak, ezek C, illetve ´ D. Altal´ anos P pontot u ´gy tudunk szerkeszteni, hogy egy 2a hossz´ u szakaszt felbontunk k´et r´eszre, ´es a kapott r´eszszakaszok hossz´aval mint sug´arral k¨or¨ oket rajzolunk az Fi f´ okuszok k¨or¨ ul. Ezek metsz´espontjai az ellipszis olyan pontjai, melyek az AB, CD egyenesekre n´ezve szimmetrikusan helyezkednek el. Mivel tetsz˝ oleges ellipszispont ezen az u ´ton megkaphat´o, ´es ezek szimmetrikus n´egyesek csoportjaiba sorolhat´ok, az ellipszisnek ez a k´et egyenes uk, szimmetriatengelye. Az AB szakasz a nagyobb, ezt nagytengelynek nevezz¨ a CD a kisebb, ezt kistengelynek. A kistengely f´elhossza legyen b. Nyilv´an a2 = b2 + c2 teljes¨ ul. Az A, B, C, D pontokat cs´ ucspontoknak nevezz¨ uk, az O pont az ellipszis centruma, amire n´ezve k¨oz´eppontosan szimmetrikus. A P pontot ¨ osszek¨ otve a f´ okuszokkal kapjuk a vez´ersugarakat, m´erj¨ uk fel most az

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

94

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

E

Q C a 2

P

R T

t

a O

a B

F2

A M

F1

a

b d

D

M

D

2.19. ´ abra. Az ellipszis alap´abr´aja F1 -hez tartoz´o vez´ersugarat a m´asik, P -n t´ uli meghosszabb´ıt´as´ara, ´ıgy kapjuk az E pontot. Az F1 P E∡ sz¨ og sz¨ogfelez˝o egyenese t. Mivel |P E| = |P F1 |, ez´ert t az EF1 szakasz szakaszfelez˝o mer˝olegese, azaz tetsz˝oleges Q pontja E-t˝ ol ´es F1 -t˝ol egyenl˝o t´avols´agra van. Teh´at egy ilyen pontra a |QF1 | + |QF2 | = |QE| + |QF2 | ≥ |EF2 | = 2a egyenl˝otlens´eg ´ all fenn, amelyben csak a P pont eset´en tal´alunk egyenl˝os´eget. Ha a s´ık egy Q pontj´ ara a |QF1 | + |QF2 | > 2a egyenl˝otlens´eg teljes¨ ul, akkor ezt az ellipszis k¨ uls˝ o pontj´ anak nevezz¨ uk. A t egyenesen teh´ at pontosan egy ellipszispont van, a rajta l´ev˝o t¨obbi pont pedig az ellipszis k¨ uls˝ o pontja. Az ilyen egyenesek az ellipszis ´erint˝ oi. Az E pontot teh´ at u ´gy is megkaphattuk volna, hogy az ellipszis t ´erint˝oj´ere t¨ ukr¨ozz¨ uk az F1 f´ okuszt. Egy ilyen t¨ uk¨ ork´eppontot ellenpontnak nevez¨ unk, az ellenpontok

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ pszeletek az euklideszi te ´rben 2.3. Ku

95

halmaza (az F1 f´ okusz valamennyi ellipszis ´erint˝ore vonatkoz´o t¨ uk¨ork´epeinek halmaza) az ellenalakzat. Mivel az ellenalakzat minden pontja az F2 f´okuszt´ol azonos 2a t´ avols´ agra van, pontjai egy k¨orre esnek, melynek k¨oz´eppontja F2 , sugara 2a. Azonban ezen k¨ or valamennyi pontj´ahoz k¨onnyen visszakereshet˝o az az ´erint˝ o, amire val´ o t¨ uk¨ ork´epk´ent el˝o´all, ez´ert az ellenalakzat ezen teljes k¨ or. Az elnevez´es dolg´ aban az irodalom elt´er, szokt´ak ezt a k¨ort vez´erk¨ornek is nevezni, jelenlegi fel´ep´ıt´es¨ unkben konzekvensebb az ellenk¨or elnevez´es. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az F2 , B, E pontok kolline´aris volt´ab´ol az is k¨ovetkezik, hogy a P k¨ oz´eppont´ u, F1 -en kereszt¨ ulhalad´o k¨or az ellenk¨ort bel¨ ulr˝ol ´erinti. ´Igy defini´ alhatn´ ank az ellipszist a k¨ovetkez˝o m´odon is: 2.3.4. Defin´ıci´ o (defin´ıci´ o vez´erk¨orrel). Adott egy k¨ or, ´es belsej´eben egy pont. Azon k¨ or¨ ok k¨ oz´eppontjainak a m´ertani hely´et, melyek a ponton ´ athaladnak ´es a k¨ ort bel¨ ulr˝ ol ´erintik, ellipszisnek nevezz¨ uk. Az alap´ abra egy tov´ abbi fontos k¨ort is tartalmaz, ez az ellipszis f˝ ok¨ ore. K¨ oz´eppontja az O pont, ´es a sugara a, azaz kereszt¨ ulhalad az A, B cs´ ucspontokon. Mint egy m´ertanihely-feladat megold´as´at, u ´gy kaphatjuk meg a f˝ ok¨ ort, hogy az F1 (F2 ) f´ okuszt mer˝olegesen vet´ıtj¨ uk az ellipszis ´erint˝oire, ´es keress¨ uk a vet¨ uleti pontok m´ertani hely´et. Az alap´abr´an T jel¨ol egy vet¨ uleti pontot. Val´ oban, az F2 EF1 h´aromsz¨og oldalainak O, illetve T felez˝opontj´at osszek¨ otve a h´ aromsz¨ og k¨ oz´epvonal´ahoz jutunk, ´ıgy annak hossza ´eppen 2a ¨ hossz´ u oldal´ anak a fele, azaz a. ´ ankon a vez´eregyenest is k¨onnyen berajzolhatjuk (2.20. ´abra). Mivel Abr´ mer˝ oleges az AB nagytengely egyenes´ere, ´es az A ponthoz tartoz´o, a vez´eregyenesre es˝ o talppont egy´ uttal a nagytengely egyenes´evel val´o metsz´espont is, ez´ert elegend˝ o a nagytengelyen olyan M pontot keresni, amire c |AF1 | = . a |AM | Mivel a P pont k¨ u k¨or a keresett egyenest ´erinti, or´e rajzolt ac |P F1 | sugar´ ez´ert a P -n ´ athalad´ o v´ızszintes egyenesen a k´et koncentrikus k¨or sugarai a k´ıv´ ant ar´ anyban ´ allnak. Ugyanakkor az A pont felezi az ellenk¨or ´altal az AM -b´ ol kimetszett S pont ´es az F1 t´avols´ag´at, teh´at a P A egyenes ´es a P k¨ oz´eppont´ u, F1 -en ´ athalad´ o k¨or v´ızszintes P R sugar´anak R v´egpontj´at S-sel osszek¨ ot˝ o egyenes a vez´eregyenes egy pontj´aban metszik egym´ast. ¨ Alkalmazhatjuk ezen ´eszrev´etelt k´et speci´alis pont eset´eben, az egyik a kistengely C v´egpontja, a m´ asik az ellipszis azon P pontja, mely ´eppen az F1 f´ okusz felett” helyezkedik el, azaz az F1 P egyenes p´arhuzamos a kistengellyel ” (l´ asd a 2.20. ´ abr´ at). A C eset´eben a |CQ′ | =

www.interkonyv.hu

a |CF1 | c

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

96

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e 2

egyenl˝ os´eg alapj´ an u ´jra megkaphatjuk az O pont ´es a d vez´eregyenes ac t´a2 vols´ ag´ at. Hasonl´ ok´eppen ad´ odik, hogy |P Q| = |AF1 | + |AM | = bc , ahonnan 2 kapjuk, hogy |P F1 | = ba . Ezen ut´obbi P F1 szakaszt latus rectumnak nevezz¨ uk. A latus rectum egyenese ´atmegy a C-hez tartoz´o E ellenponton, mert az F2 pont szint´en rajta van a C k¨oz´eppont´ u, F1 -en ´athalad´o k¨or¨on, ´ıgy az F2 E szakasz ezen k¨ or ´ atm´er˝ oje, azaz az F1 F2 egyenes mer˝oleges az EF1 egyenesre. Ezt mondhatjuk u ´gy is, hogy a C k¨oz´eppont´ u, f´okuszokon ´athalad´o k¨or az F2 k¨ oz´eppont´ u vez´erk¨ or ´es az F1 -en ´athalad´o latus rectum F1 P egyenese egy ponton megy kereszt¨ ul. Tudjuk, hogy a P M F1△ h´aromsz¨og befog´oinak ar´anya c : a. Az F2 P vez´ersug´ ar messe a P k¨ oz´eppont´ u, F1 -n kereszt¨ ulhalad´o k¨ort E ′ -ben. Mivel |F2 E ′ | = 2a − 2

b2 c2 =2 , a a

ez´ert E ′ -b˝ ol a nagytengelyre ´all´ıtott mer˝oleges H talppontj´aval l´etrej¨ov˝o der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og megfelel˝o befog´oinak ar´anya   2 ! b2 c2 − 2 ca 2a − 2 2 a b cb2 b2 a ′ : 2c = 2 : = c : a, |E H| : |HF1 | = 2 b2 b a a a 2a − a 2a − a ez´ert az E ′ F1 egyenes p´ arhuzamos a P M egyenessel. Azonban E ′ F1 nyilv´ an p´ arhuzamos a P -beli ellipszis´erint˝ovel, teh´at a P -beli ´erint˝o ´atmegy a nagytengely egyenes´enek a vez´eregyenessel val´o M metsz´espontj´an. 2.3.2. Hiperbola Most azon s´ıkmetszetb˝ ol indulunk ki, mely pontosan k´et k´ upalkot´oval p´arhuzamos, ´es nem megy ´ at az orig´on. Ilyenkor a kett˝os k¨ork´ up k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o k´ upj´ aba lehet ´erint˝ o g¨ omb¨ oket ´ırni. Az ellipszisn´el elmondottak v´altozatlanul elmondhat´ok a hiperbola eset´en is, de itt a f´ okuszok 2c t´ avols´ aga nagyobb a fix k´ upalkot´o |D1 D2 | = |E1 E2 | = 2a t´ avols´ ag´ an´ al, ´es ´ıgy a P pontok az |P F1 | − |P F2 | = 2a

egyenl˝os´eget el´eg´ıtik ki, a hiperbol´at meghat´aroz´o ar´any pedig c |P F1 | = > 1. a |P d1 |

´ erve a hiperbola alap´ Att´ abr´aj´ara szint´en u ´jabb fogalmakat vezethet¨ unk be, ezek k¨ oz¨ ul az ellenpont, ´erint˝o, ellenk¨or vagy vez´erk¨or, illetve f˝ok¨or fogalma

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

97

´ pszeletek az euklideszi te ´rben 2.3. Ku

E

,

C

R

Q

P a

b

E

Q

R

,

c F

2

O

H

F1

A

,

S

M

2.20. ´abra. Latus rectum

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

98

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

teljes anal´ ogi´ aban ´ all az ellipszisn´el mondottakn´al. Azonban az ellenk¨or ´es f˝ok¨ or lyukas k¨ or¨ ok, k´et olyan pont van az ellenk¨or¨on ´es kett˝o a f˝ok¨or¨on, mely nem ´ all el˝ o az egyik f´ okusz ´erint˝ore val´o t¨ ukr¨oz´ese, illetve vet´ıt´ese ´altal. A 2.22. ´ abr´ an egy ilyen pontp´ ar S ´es R, az F1 -b˝ol a f˝ok¨orh¨oz h´ uzott ´erint˝o ´erint´esi pontja S ´es F1 , erre vonatkoz´o t¨ uk¨ork´epe R. Mivel az ellenk¨or a f˝ok¨orb˝ol az F1 k¨ oz´eppontb´ ol val´ o k´etszeres nagy´ıt´assal ad´odik, R val´oban az ellenk¨or pontja, ugyanakkor viszont emiatt a ny´ ujt´as miatt az OSF1∠ -gel egy¨ utt az F2 RF1∠ is der´eksz¨ og, ez´ert az OS szakaszfelez˝o mer˝oleges, illetve az F2 R egyenesek p´ arhuzamosak egym´assal, egym´ast a hiperbola egyik v´egtelen t´avoli pontj´ aban metszik. Az eml´ıtett der´eksz¨ogek egy tov´abbi k¨ovetkezm´enye, hogy R rajta van az O k¨ oz´eppont´ u, a f´okuszokon ´athalad´o k¨or¨on is. Az OS egyenest a hiperbola aszimptot´ aj´ anak nevezz¨ uk. K´et aszimptota van, mert k¨ uls˝ o pontb´ ol k´et ´erint˝ o h´ uzhat´o. Vil´ agos, hogy nem tal´ alunk pontot az A, B pontok szakaszfelez˝o mer˝oleges egyenes´en, ez´ert csak egy igazi tengely¨ unk van a k´et szimmetriatengely ellen´ere, ezt val´ os tengelynek, m´ıg a m´asikat k´epzetesnek nevezz¨ uk. K´et cs´ ucspontunk van, A ´es B.

F2 D2

D1

E2 d2 d1 E1 F1 P

2.21. ´abra. Dandelon t´etele H´ uzzuk meg az A cs´ ucspontbeli ´erint˝ot, ez mer˝oleges a val´os tengelyre. L´etrej¨ on vele egy der´eksz¨ og˝ u h´aromsz¨og, amelynek egyik befog´oja az OA szakasz, ´ atfog´ oja pedig az aszimptot´ara esik. Ez a h´aromsz¨og egybev´ag´o az OSF1△ -gel, mert van k´et egyenl˝o sz¨og¨ uk, ´es |OS| = |OA| = a. Ez´ert az atfog´ ´ oja szint´en c hossz´ u, ´ıgy az OS aszimptota, az A-beli cs´ ucs´erint˝ o ´es az O k¨ oz´eppont´ u f´ okuszokon ´ athalad´o k¨or egy ponton megy ´at. Legyen ez Z. Bocs´ assunk most S-b˝ ol mer˝ olegest a val´os tengelyre, a talppont legyen M .

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

99

´ pszeletek az euklideszi te ´rben 2.3. Ku

R R E

S

T F2

B

M

O

A

F1

abra. A hiperbola alap´abr´aja 2.22. ´

Nyilv´ an |OM | = a

a a(c − a) ´es |M A| = . c c

Ez´ert |AF1 | c = , a |AM | ´es ´ıgy M a vez´eregyenes pontja. Mivel a vez´eregyenes szimmetrikus a val´os tengelyre, ez´ert az M S egyenessel egyezik meg. Tov´abb´a bevezetve a b = √ c2 − a2 jel¨ ol´est, |M F1 | = c −

www.interkonyv.hu

a2 b2 = , c c

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

100

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

ez´ert az F1 feletti hiperbolapont val´os tengelyt˝ol val´o t´avols´aga, azaz a latus rectum hossza: b2 . a ´ Erdemes a jellegzetess´egeket tartalmaz´o u ´j ´abr´at k´esz´ıteni ugyan´ ugy, ahogy azt az ellipszis eset´eben tett¨ uk (l´asd 2.23. ´abra).

P

C E T

F2

B

O

M

A

F1

d1 2.23. ´abra. Latus rectum ´ ankon a P pont az F1 feletti hiperbolapont. A hozz´a tartoz´o ellenpont Abr´ E, illetve a megfelel˝ o ´erint˝ o a P T egyenes. Az ´erint˝o megint felezi a vez´ersugarak (ez´ uttal) bels˝ o sz¨ og´et, ez´ert olyan M ′ pontban metszi a val´os tengelyt,

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

101

´ pszeletek az euklideszi te ´rben 2.3. Ku

melyre |M ′ F1 | : |M ′ F2 | = teljes¨ ul. Ebb˝ ol a



2a +

b2 a



b2 : a



2a +

b2 a

|M ′ F1 | = 2c − |M ′ F1 |

osszef¨ ugg´es ad´ odik, ahonnan ¨

|M ′ F1 | =


b2 a

cb2 b2 = 2 c a(a + ba )

ad´ odik, ez´ert M = M ′ . Hosszabb´ıtsuk meg az F1 E szakaszt E-n t´ ul, am´ıg nem metszi a f˝ ok¨ ort valamely C pontban. Mivel |P T ||P M | = |P F1 |2 , ez´ert s 1 b4 b4 b2 c √ = = . |P T | = 2 q 4 4 a b4 a c 2 + a2 a2 + ac2 +b a2

c2

Mivel |P T | : |F1 T | = c : a, ebb˝ol

b2 |F1 T | = √ c 2 + a2

kifejez´es ad´ odik. Mivel |F1 T ||F1 C| = |F1 A||F1 B|, ez´ert p b2 |F1 C| = = c 2 + a2 . b2 √

c2 +a2

Azaz C a f˝ ok¨ or AB-re mer˝ oleges ´atm´er˝oj´enek v´egpontja, hiszen a COF1△ der´eksz¨ og˝ u. Azaz a P pont szerkeszthet˝o a k¨ovetkez˝o m´odon: A f˝ok¨or C pontj´ at F1 -gyel ¨ osszek¨ otve kapjuk a m´asodik T metsz´espontot, amiben ugyanezen szakaszra mer˝ olegeset ´ all´ıtva a T P ´erint˝o egyeneshez jutunk. A P pont ezen egyenes ´es az F1 -ben a val´ os tengelyre ´all´ıtott egyenes k¨oz¨os pontja. 2.3.3. Parabola A parabola eset´en u ´j t´erbeli ´abr´ara nincs sz¨ uks´eg, nincs tov´abbi Dandelong¨ omb. A lehets´eges s´ıkbeli defin´ıci´ok egy defin´ıci´oba esnek ¨ossze, mert csak egy f´ okusz van, ´es a vez´erk¨ or (ellenk¨or) egybeesik a vez´eregyenessel. Szint´en egy val´ odi” tengelyt tal´ alunk, de m´ar szimmetriatengely sincs t¨obb. Ezen az ” egy tengelyen van az egy darab cs´ ucspont, amelyet a hagyom´anyoknak megfelel˝ oen C-vel fogunk jel¨ olni. A latus rectum szerkeszt´ese szint´en nem jelent probl´em´ at, hiszen olyan Q pontot keres¨ unk, mely a d egyenessel p´arhuzamos, F -n ´ athalad´ o egyenesen van, egyenl˝o t´avols´agra F -t˝ol ´es d-t˝ol, azaz az M metsz´espontb´ ol indul´ o d-vel π4 sz¨oget bez´ ar´o egyenesen, mely egy´ uttal a Q-beli ´erint˝ o is.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

102

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

E

P Q T

F

C

c

M

d

2.24. ´ abra. A parabola alap´abr´aja

2.3.4. K´ upszelet ´ es egyenes metsz´ espontjai Az ´ abr´ azol´ o geometria alapvet˝o probl´em´aja, hogy mik´ent lehet k´ upszelet ´es egyenes metsz´espontjait megszerkeszteni. A k¨ ul¨onf´ele defin´ıci´ok k¨ ul¨onb¨oz˝o geometria feladatokhoz vezetnek. A vez´erk¨ort haszn´al´o defin´ıci´o k¨oz¨os m´odszert eredm´enyez a h´ arom k´ upszelet eset´eben a pont k¨orre vonatkoz´o hatv´any´ anak fogalm´ at haszn´ alva. A k´et centr´alis k´ upszelet eset´en a feladat megfogalmaz´ asa is azonos, az adatok felv´etele d¨onti el, hogy ellipszissel vagy

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

103

´ pszeletek az euklideszi te ´rben 2.3. Ku

hiperbol´ aval val´ o metszetet kereshet¨ unk. Az elemi geometriai feladat, amire visszavezethet˝ o a metsz´espontok szerkeszt´ese: Szerkesztend˝ o olyan k¨ or, aminek k¨ oz´eppontja adott egyenesre illeszkedik, egy adott ponton ´ athalad, ´es egy adott egyenest ´erint. Ha a pont a k¨ or belsej´ebe esik, a megold´asok egy ellipszisnek az adott egyenessel val´ o metsz´espontjai, ha a pont a k¨or¨on k´ıv¨ ul volt, akkor egy hiperbol´ anak az egyenessel val´o metsz´espontjair´ol van sz´o. Most a hiperbola ´es parabola eset´et t´ argyaljuk, mert az ellipszisre vonatkoz´o anal´og feladat affinit´ assal is k¨ onnyen megoldhat´o. 2.3.4.1. Hiperbola, parabola ´es egyenes metsz´espontj´ anak szerkeszt´ese A k¨ or¨ on k´ıv¨ ul fekv˝ o pont k¨ orre vonatkoz´ o hatv´ any´ anak nevezz¨ uk a pontb´ ol a k¨ orh¨ oz h´ uzott szel˝ ok hosszainak szorzat´at. Mivel ezen szorzat akkor is konstans, amikor a pont a k¨ or¨on bel¨ ul helyezkedik el, illetve z´erus, ha a k¨orvonalon, a hatv´ any minden s´ıkbeli pontra ´ertelmes nem negat´ıv sz´am. K´et k¨ orre vonatkoz´ oan megegyez˝ o hatv´any´ u pontok a s´ık egy egyenes´et adj´ak, ezt a k´et k¨ or hatv´ anyvonal´ anak nevezz¨ uk. Metsz˝o k¨or¨ok eset´en a hatv´anyvonal a k´et metsz´espont ¨ osszek¨ ot˝ o egyenese, ´erintkez˝o k¨or¨okn´el a k¨oz¨os ´erint˝o, m´ıg egym´ ast elker¨ ul˝ o k¨ or¨ ok eset´en egy a k¨oz´eppontokat ¨osszek¨ot˝o egyenesre mer˝ oleges egyenes, melyet k¨ onnyen megszerkeszthet¨ unk, ha felvesz¨ unk kett˝o u ´j k¨ ort, mely mindk´et kiindul´ asi k¨ort metszi (l´asd 2.25. ´abra).

P

2.25. ´abra. Hatv´anyvonal A szerkeszt´es azon m´ ulik, hogy az F1 ponton kereszt¨ ulhalad´o azon k¨or¨ok, melyeknek k¨ oz´eppontja e-re esik, tartalmazz´ak az F1 pont e-re vonatkoz´o F1′ t¨ uk¨ ork´ep´et is, azaz ezek k¨ oz¨os hatv´anyvonala az F1 F1′ egyenes. Az ´erint´esi tulajdons´ ag azt jelenti, hogy az adott k¨or ´es a keresend˝o hatv´anyvonala a k¨o-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

104

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

z¨ os ´erint˝ o, ´ıgy ezen ´erint˝ onek az F1 F1′ egyenessel val´o K metsz´espontja olyan pont, melynek hatv´ anya az adott k¨orre vonatkoz´olag ´eppen |KF1 ||KF1′ |.

P2 e

E1

F2

B

,

P1

A

O

F1

F1

K E2 2.26. ´ abra. Hiperbola ´es egyenes metsz´espontjai V´eve teh´ at egy tetsz˝ oleges k¨ort, melynek k¨oz´eppontja e-n van, metszi az F2 k¨ oz´eppont´ u adott ellenk¨ ort, ´es ´atmegy F1 -en, majd ennek ´es az ellenk¨ornek a hatv´ anyvonal´ at megszerkesztve, az F1 F1′ egyenesen megkapjuk a K pontot. A K-n kereszt¨ ulmen˝ o ´erint˝ oket szerkesztve, kapjuk az E1 , E2 ´erint´esi pontokat, melyek a keresett k¨ or¨ oknek is pontjai. ´Igy az F2 E1 , F2 E2 egyenesek e-b˝ol kimetszik a k¨ or¨ ok keresett P1 , P2 k¨oz´eppontjait.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

105

´ pszeletek az euklideszi te ´rben 2.3. Ku

P2

e P1 F d E2

E1 2.27. ´ abra. Parabola ´es egyenes metsz´espontjai

A parabola eset´en F2 v´egtelen t´avoli pont, az ellenk¨or megegyezik a vez´eregyenessel, ´ıgy a feladat adott k¨or szerkeszt´ese, mely adott ponton ´atmegy, adott egyenest ´erint, ´es egy m´asikon van a k¨oz´eppontja. A feladatot hasonl´os´ aggal lehet a legegyszer˝ ubben megoldani. Vegy¨ unk fel egy tetsz˝oleges k¨ort, mely a vez´eregyenest ´erinti, ´es k¨oz´eppontja az adott egyenesen van, ´es alkalmazzunk r´ a egy centr´ alis ny´ ujt´ast a k´et egyenes metsz´espontj´ab´ol u ´gy, hogy kereszt¨ ulmenjen az adott ponton. Hiperbola eset´en egy m´ asik sz´ep megold´ashoz jutunk, ha inverzi´ot alkalmazunk. Tekints¨ unk egy F2 k¨ oz´eppont´ u, az adott k¨orre mer˝oleges k¨ort. Legyen ez az inverzi´ o alapk¨ ore. Az inverzi´o az adott k¨ort invari´ansan hagyja, az adott egyenest a K k¨ oz´eppont´ u k k¨orbe viszi, a keresett k¨ort pedig a s´ık valamely olyan egyenes´ebe, mely az adott k¨ort ´erinti, ´es mer˝oleges k-ra. Az ut´obbi felt´etel azt jelenti, hogy K-n kereszt¨ ulhalad´o egyenest keres¨ unk, azaz a megold´ asok invert´ alt k´epei az e1 , e2 ´erint˝oegyenesek, melyeken az ´erint´esi pontok rendre E1′ , E2′ . Az ´erint´esi pontok inverz k´epei, E1 , E2 a keresett k¨or¨ok ´es az adott k¨ or k¨ oz¨ os pontjai, azaz az F2 E1 , F2 E2 egyenesek kimetszik e-b˝ol a k¨ or¨ ok P1 , P2 k¨ oz´eppontjait. Ha valamelyik k¨or u ´gy ´erint, hogy tartalmazza az adott k¨ ort, akkor az eredeti feladatnak a hozz´a tartoz´o P pont nem megold´ asa, a felvett egyenes csak egy pontban metszi a hiperbol´at. Ilyen egyenesek lehetnek p´eld´ aul az aszimptot´ak eltoltjai a s´ık valamely alkalmas pontj´aba. ´ t˝ Ugy unik, mintha a P1 , P2 pontok illeszkedn´enek az e2 , e1 ´erint˝oegyenesekre is. Ez most csak az ´ abra saj´atoss´aga, amit r¨ogt¨on bel´athatunk, hogyha az e egyenes egy pontj´ anak v´alasztjuk F1 -t. Ekkor e = k, ´es e1 , e2 e-re mer˝o-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

106

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

K e1 P2 ,

e2

E1

F2

E1

P1 e F1

,

E2

k

E2

abra. Hiperbola ´es egyenes metsz´espontjai inverzi´oval 2.28. ´ leges ir´ any´ u ´erint˝ ok. Azaz minden ilyen esetben az E1′ , E2′ pontok az ellenk¨or ugyanazon pontjai F1 felv´etel´et˝ol f¨ uggetlen¨ ul. Az e1 , e2 egyenesnek az e-vel val´ o metsz´espontjai is mindig ugyanazok a pontok, de P1 , P2 helyzete nyilv´ anval´ oan az F1 helyzet´enek a f¨ uggv´enye (l´asd 2.29. ´abra). 2.3.5. A metrikus alapfogalmak projekt´ıv jellemz´ ese A k´ upszeletek egyenessel val´o metsz´espontjainak szerkeszt´ese sor´an – ha a v´egtelen t´ avoli pontokat is figyelembe vessz¨ uk – a metsz˝o egyenesek k´et pontban metszik a k´ upszeletet. A metsz˝o egyenes p´ olus´ anak nevezz¨ uk a metsz´espontokban h´ uzott ´erint˝ ok (esetleg ide´alis) metsz´espontj´at. A f´okuszon ´athalad´ o metsz˝ ok p´ olusai a megfelel˝o vez´eregyenesre illeszkednek. Ennek bel´at´as´ara vegy¨ uk ´eszre, hogy tetsz˝ oleges h´arom, k¨oz¨os bels˝o ponton ´atmen˝o szel˝o p´olusai egy egyenesre illeszkedik. Val´oban elegend˝o az ´all´ıt´ast k¨orre igazolni, mert a k´ up s´ıkmetszeteinek ´erint˝ oi a metsz˝os´ık ´es a pontot kimetsz˝o alkot´o ment´en

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

107

´ pszeletek az euklideszi te ´rben 2.3. Ku

e2

e1

P2 P1

, E1

e=k E1 F1

F2 ,

E2 E2 2.29. ´ abra. Szerkeszt´es, amikor a metsz˝o egyenesre illeszkedik a f´okusz

´erint˝ o ´erint˝ os´ık metsz´esvonala, ez´ert a fenti tulajdons´ag vagy minden s´ıkmetszetre igaz, vagy egyre sem. K¨orre viszont a k¨ovetkez˝o egyszer˝ u sz´am´ıt´assal ad´ odik. Tekints¨ uk az 2.30. ´ abra jel¨ol´eseit.

P

S

K F O

T R

2.30. ´abra. Polarit´as k¨orre

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

108

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

Az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert legyen F OK∠ = α, |OF | = x, a k¨or sugara r. Ekkor |OK| = x cos α, ´es ez´ert |KS|2 = r2 − x2 cos2 α. Az OSP△ der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ogb˝ol |KS|2 = |OK||KP | = x cos α|KP |, ahonnan

r2 − x2 cos2 α r2 ´es |OP | = . x cos α x cos α Ha P mer˝ oleges vet¨ ulete az OF egyenesen T , akkor |KP | =

|OT | =

r2 , x

ami f¨ uggetlen α-t´ ol. Azaz a P pontok a T -n ´athalad´o OF -re mer˝oleges egyenesre illeszkednek.

2.31. a´bra. Polarit´as k´ upszeletre Visszat´erve eredeti feladatunkhoz, mivel egy a f´okuszon kereszt¨ ulhalad´o speci´ alis szel˝ o ´eppen a latus rectum, amir˝ol igazoltuk, hogy v´egpontjaiban az ´erint˝ ok a vez´eregyenes ´es a tengely metsz´espontj´an haladnak kereszt¨ ul, a tengelyre val´ o szimmetri´ at is haszn´alva ad´odik, hogy a f´okuszon ´athalad´o szel˝ ok p´ olusai a vez´eregyenesre illeszkednek. Igazoljuk, hogy tetsz˝ oleges metrikus k´ upszelet projekt´ıv ´ertelemben is k´ upszelet. Ehhez sz¨ uks´eg¨ unk lesz a k¨ovetkez˝o lemm´ara.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

109

´ pszeletek az euklideszi te ´rben 2.3. Ku

2.3.1. Lemma. A k´ upszelet k´et ´erint˝ oj´enek metsz´espontj´ at ¨ osszek¨ otve a f´ okusszal, a f´ okuszb´ ol a k´et ´erint´esi ponthoz h´ uzott vez´ersugarak egyik sz¨ ogfelez˝ o egyenes´et kapjuk. Bizony´ıt´ as: Legyen a k´et ´erint˝o P M , illetve QM , a hozz´ajuk tartoz´o ellenupszeletekn´el pontok E1 , E2 . Mivel M E1 = M F1 = M F2 , ´es a centr´alis k´ 2a = F2 E1 = F2 E2 , ez´ert az F2 E1 M∠ megegyezik az F2 E2 M∠ -gel. De akkor a P E1 M∠ = P F1 M∠ ´es QE2 M∠ = QF1 M∠ egyenl˝os´egekb˝ol az ´all´ıt´as k¨ ovetkezik.

P

E1

E1

P M F2

F

F1 Q

M E2 Q

E2

2.32. ´abra. A sz¨ogfelez´es Parabola eset´en az E1 M E2 △ egyenl˝o sz´ar´ u, ez´ert szint´en teljes¨ u l a P E 1 M∠ = QE2 M∠ egyenl˝ os´eg, ahonnan a P E1 M∠ = P F M∠ ´es QE2 M∠ = QF M∠ egyenl˝ os´egek megint az ´ all´ıt´ ast adj´ak. 2.3.1. T´ etel. A k´ upszelet tetsz˝ oleges k´et pontja legyen P ´es Q, benn¨ uk az ´erint˝ ok tP , tQ . Ekkor a k´ upszelet tov´ abbi ´erint˝ oegyenesei a tP , illetve tQ bizonyos projekt´ıv de nem perspekt´ıv pontsorainak megfelel˝ o elemeit k¨ otik ¨ ossze. Bizony´ıt´ as: Tekints¨ uk a k´et ´erint˝ot ´es egy tetsz˝oleges harmadikat, tR -t. Ez messe tP -t ´es tQ -t X-ben, illetve X ′ -ben (l´asd a 2.33. ´abr´at). A lemma szerint, ′ ha R a P QM△ pontja, akkor P F X∠ = XF R∠ ´es RF X∠ = X ′ F Q∠ miatt 1 ′ ulre esik, az utolXF X∠ = 2 P F Q∠ . Ha S pont ezen a h´aromsz¨og¨on k´ıv¨ s´ o egyenl˝ os´eg akkor is fenn´ all, pl. az ´abr´anak megfelel˝o elhelyezked´es sor´an SF Y ∠ = Y F P ∠ ´es SF Y ′ ∠ = Y ′ F Q∠ alapj´an Y F Y∠′ =

1 1 (SF Q∠ − SF P∠ ) = P F Q∠ 2 2

megint teljes¨ ul. ´Igy az X pontok ´altal l´etrej¨ov˝o pontsorhoz tartoz´o F tart´ooggel val´o elforgatottja olyan sug´arsort ad, melynek j´ u sug´ arsor 12 P F Q∠ sz¨

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

110

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

t Y P

tS

S

Y

,

X R F Q

,M X tR

tQ abra. A k´ upszelet mint projekt´ıv pontsorok k´epz˝odm´enye. 2.33. ´

metszete a tQ egyenesen az X ′ pontok ´altal defini´alt pontsor. A k´et pontsor nyilv´ an projekt´ıv, de nem perspekt´ıv kapcsolatban ´all egym´assal, ´es a megfelel˝ o elemek o ot˝ o egyenesei adj´ak a k´ upszelet ´erint˝oit. ¨sszek¨ Azaz minden euklideszi k´ upszelet egy projekt´ıv k´epz˝odm´eny is, ´es a dualit´ as elve szerint kiel´eg´ıti a projekt´ıv k´ upszelet defin´ıci´oj´at is. Mint ahogy l´ attuk, a f´ okusz a p´ olusa a vez´eregyenesnek, a vez´eregyenes pedig pol´ arisa a f´ okusznak. A k´ upszelet pontjainak pol´arisai az ´erint˝ok, a k¨oz´eppont pol´arisa olyan egyenes, melynek pontjai p´arhuzamos ´erint˝ok metsz´espontjai, azaz az ide´ alis egyenes. Ez´ert valamely ide´ alis ponton ´athalad´o metsz˝oket az ide´alis pont pol´arisa a pont harmonikus t´ ars´ aban metszi, azaz a pol´aris el˝o´all mint p´arhuzamos metsz˝ ok¨ on l´etrej¨ ov˝ o metszetszakaszok felez˝opontjainak a halmaza. Mindig tartalmazza a k´ upszelet centrum´at, ´ıgy ha van centrum, az ezen pol´arisok k¨ oz¨ os pontja, ez´ert a k´ upszelet ´ atm´er˝ oinek egy u ´j defin´ıci´oj´ahoz jutottunk. Parabola eset´en teh´ at az egyik ide´alis pont egyben k¨oz´eppont is, melyben a parabol´ at az ide´ alis egyenes ´erinti. V´eve k´et tetsz˝oleges parabolapontot, ezek ¨ osszek¨ ot˝ o egyenes´enek ide´alis pontj´ahoz tartoz´o pol´aris teh´at ´atm´er˝o. A pontokhoz tartoz´ o parabola´erint˝ok ezen a pol´arison metszik egym´ast, ´ıgy a k¨ ovetkez˝ o euklideszi ´ all´ıt´ ashoz jutottunk: a parabola k´et ´erint˝ oj´enek a metsz´espontj´ at ¨ osszek¨ otve az ´erint´esi pontok ´ altal meghat´ arozott szakasz felez˝ opontj´ aval, a tengellyel p´ arhuzamos egyeneshez (´ atm´er˝ oh¨ oz) jutunk. K¨ or eset´en a f´ okusz ´es k¨oz´eppont fogalma egybeesik, a vez´eregyenes az ide´ alis egyenes. A k´ upszeletre vonatkoz´ o polarit´as meghat´arozza a s´ık egy ´erdekes lek´epez´es´et. Ha P a vizsg´ alatunkban r¨ogz´ıtett F f´okuszt´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o pont, akkor legyen a P k´epe az F P egyenes azon P ′ pontja, melyben ˝ot a P pont p pol´a-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

111

´ pszeletek az euklideszi te ´rben 2.3. Ku

risa metszi. Az F pontnak ´es a d vez´eregyenes pontjainak nem tulajdon´ıtunk k´epet, a lek´epez´es a projekt´ıv s´ık marad´ek pontjain bijekci´o.

N 1 S 4

P

,

p

R

P F

P

2

3 2.34. ´abra. Inverzi´o Jel¨ olj¨ uk az F P egyenes k´ upszelettel val´o metsz´espontjait 1-gyel ´es 3-mal (l´ asd a 2.34. ´ abr´ at). Az 1-es ´es 3-as pontokban megh´ uzott ´erint˝ok az NP pontban metszik egym´ ast. Az NP pontot k¨oss¨ uk ¨ossze a P ponttal. Ha az egyenes metszi a k´ upszeletet, akkor P annak bels˝ o pontja, ´es a p pol´arison az NP pont mellett a kapott 2-es 4-es pontokban megh´ uzott ´erint˝ok metsz´espontja is rajta van, s ez ´eppen a keresett P ′ pont (l´asd a 2.34. ´abr´at). Vil´ agos, hogy az 14 ´es 23 egyenesek R, illetve az 12 ´es 34 egyenesek S metsz´espontja is p-re illeszkedik. (Ha az ¨osszek¨ot˝o egyenes elker¨ uli a k´ upszeletet, akkor P k¨ uls˝ o pont, ´es a bel˝ ole h´ uzott ´erint˝ok ´erint´esi pontjait k¨oti ¨ossze a p pol´ aris, ahonnan szint´en a 2.34. ´abr´ahoz jutunk, csak P ´es P ′ felcser´el˝odnek. ´Igy teh´ at mindk´et esetben haszn´alhatjuk ´abr´ankat.) Vegy¨ uk ´eszre, hogy az S, P ′ , R, NP pontok az 1, 2, 3, 4 teljes n´egysz¨og 4 k´et ´atl´os pontja, illetve a m´ asik k´et ´ atl´ onak a p-vel val´o metsz´espontja. Ez´ert a n´egy pont kett˝osviszonya (SRNP P ′ ) = −1. A pontn´egyest a 4-es pontb´ol az F P egyenesre vet´ıtve u ´jabb harmonikus pontn´egyest tal´alunk, azaz (31P P ′ ) = −1. Kaptuk teh´ at, hogy a P,P’ pontokat az ¨ osszek¨ ot˝ o egyenesnek a k´ upszelettel val´ o metsz´espontjai harmonikusan v´ alasztj´ ak el egym´ ast´ ol. Ha a k´ upszelet k¨or, 4 A teljes n´ egysz¨ og n´ egy ´ altal´ anos helyzet˝ u pont ´ altal meghat´ arozott hat egyenes metsz´ espontjainak halmaza. A keletkez˝ o k´ et u ´j pont a teljes n´ egysz¨ og k´ et ´ atl´ os pontja.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

112

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

akkor az F k¨ oz´eppont ´es a P P ′ egyenes ´atm´er˝o. Ekkor a kapott ¨osszef¨ ugg´es: −1 = (31P P ′ ) =

r + |OP | r + |OP ′ | |3P | |3P ′ | : = : . |P 1| −|1P ′ | r − |OP | r − |OP ′ |

Ebb˝ ol r¨ ogt¨ on ad´ odik, hogy r2 = |OP ||OP ′ |, azaz a lek´epez´es a k¨ orre vonatkoz´o inverzi´o. Ez´ert nevezz¨ uk az eredeti lek´epez´est k´ upszeletre vonatkoz´ o inverzi´ onak. 2.3.6. Az affinit´ asok haszn´ alata k´ upszeletekn´ el Az affinit´ as k´ upszeletet k´ upszeletbe visz, ´es nem v´altoztatja a k´ upszelet v´egtelen t´ avoli pontjainak a sz´ am´at. Ez´ert a metrikus t´ıpusokat ˝orzi. Igen j´ol haszn´ alhat´ o szerkeszt´esi ´es bizony´ıt´asi feladatok megold´as´ara. L´assunk erre n´eh´ any p´eld´ at. 2.3.6.1. Az ellipszis mint a k¨ or k´epe Az ellipszis affinit´ assal mindig k¨orbe vihet˝o, hiszen tekintve a f˝ok¨or egy sugar´ at, annak v´egpontj´ at a b : a ar´any´ u nagytengelyre mer˝oleges ir´any´ u affinit´ asnak al´ avetve, az ellipszis egy pontj´ahoz jutunk.

Q

,

Q*

S Q

C P

,

K

T

P

R B

F2

O

F1

A

D

2.35. ´abra. Affin alap´abra

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

113

´ pszeletek az euklideszi te ´rben 2.3. Ku

Val´ oban, ha a P ′ pont t´avols´aga a szokott jel¨ol´esek mellett x, illetve y a kistengelyt˝ ol, illetve a nagytengelyt˝ol, akkor egyr´eszt x2 + y 2 = a2 , m´asr´eszt a P ellipszispont t´ avols´ aga a k´et f´okuszt´ol rendre s s  2  2 b b (x + c)2 + y y . illetve (x − c)2 + a a Azaz |P F1 | + |P F2 | =

s

(x + c)2 +



b y a

2

+

s

(x − c)2 +



b y a

2

= 2a

is fenn´ all, hiszen s r  2 r b2 x 2 c2 x2 b 2 2 2 2 (x + c) + y = x + 2xc + c + b − 2 = 2xc + a2 + 2 a a a s

 (x + c)2 + 



b y a

2

+

s

(x −

c)2

+



b y a

2

2

 =



c2 x2 2xc + a + 2 a 2



+

s   c2 x2 c2 x2 2 2 2xc + a + 2 +2 −2xc + a + 2 = a a s   2 c2 x2 c2 x2 2 2 =2 a + 2 +2 a − 2 = 4a2 . a a

c2 x2 + −2xc + a2 + 2 a



Ezek szerint, ha a kitengely meg a nagytengely f¨ol´e egyar´ant megrajzoljuk a -k¨ ort, akkor egy k¨ oz¨ os OP ′ sug´ar seg´ıts´eg´evel a megfelel˝o P ellipszisponthoz u ´gy juthatunk, hogy a T kisk¨orrel alkotott metsz´espontb´ol a nagytengellyel h´ uzunk p´ arhuzamos egyenest, majd a P ′ pontb´ol a kistengellyel, ´es a k´et egyenes metsz´espontjak´ent a P ellipszisponthoz jutunk. Ezt a szerkeszt´est k´etk¨ or¨ os m´ odszernek nevezz¨ uk. Ha k´et mer˝oleges k¨orsugarat tekint¨ unk ´abr´ ankon, az ezekhez tartoz´ o OP , OQ f´el´atm´er˝oket konjug´ altaknak nevezz¨ uk. Forgassuk el az OQ′ Q z´ aszl´ ocsk´at kilencven fokkal az ´oramutat´o j´ar´as´aval megegyez˝ o ir´ anyban. Ekkor a Q′ pont a P ′ pontba fordul, a Q pedig a Q∗ helyzetbe ker¨ ul. A kapott P T Q∗ P ′ n´egysz¨og oldalai p´arhuzamosak a tengellyel, teh´ at t´eglalap. A Q∗ P ´atl´oja messe a tengelyeket R-ben, illetve S-ben. Ez´ert |KT | = |KP |, ´es mivel a T P egyenes p´arhuzamos az OR egyenessel, ovetkez´esk´eppen |KO| = |KR|, k¨ |P R| = |OT | = b.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

114

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

Hasonl´ ok´eppen |P S| = |P ′ O| = a, azaz |SR| = a + b, f¨ uggetlen¨ ul a P pontnak az AC ellipszis´ıven elfoglalt hely´et˝ol. Ennek alapj´an u ´gy is rajzolhatunk ellipszispontokat, hogy egy a + b hossz´ u szakasz v´egpontjait a tengelyek egyeneseire illesztj¨ uk, majd megjel¨olj¨ uk rajta az a : b ar´any´ u oszt´ opontot. Ezen elv alapj´ an m˝ uk¨odtek a mechanikus ellipszisrajzol´o g´epek, az ellipszogr´ afok. A m´ odszer az ´abr´azol´o geometria vil´ag´aban pap´ırcs´ık m´ odszernek van elnevezve, de h´ıvhatn´ank l´etr´as m´odszernek is, hiszen egy falhoz t´ amasztott l´etr´ an ´ all´ o ember a l´etra megcs´ usz´asa eset´en ellipszisp´aly´an fog k¨ ozeledni a talaj s´ıkj´ ahoz. A fenti ´eszrev´etel alapj´ an k´et konjug´alt ellipszis ´atm´er˝o ismerete elegend˝o az ellipszis meghat´ aroz´ o adatainak a megszerkeszt´es´ehez. Tegy¨ uk fel ugyanis, hogy a Q, O, P pontok adottak, ´es tudjuk, hogy OQ, illetve OP k´et konjug´alt f´el´ atm´er˝ o. Ekkor az Q pontnak az QOP∡ tompasz¨og˝ u tartom´anyban val´o kilencven fokos elforgat´ as´ aval a Q∗ ponthoz jutunk. A Q∗ P egyenesb˝ol a Q∗ P szakasz K felez˝ opontja mint k¨oz´eppont k¨or¨ ul megrajzolt, O-n ´athalad´o k¨orvonal kimetszi az R ´es S pontokat, melyek meghat´arozz´ak a tengelyegyeneseket. Ad´ odnak a f´eltengely-hosszak is a P S, illetve a P R szakaszok hosszak´ent. A nagyobbik a nagytengely f´elhossza, ezt m´erj¨ uk a konjug´alt ´atm´er˝ok ´altal meghat´ arozott hegyessz¨ og˝ u tartom´anyban halad´o tengelyre, hiszen csak ez lehet a nagytengely. Megkaptuk az ellipszis cs´ ucspontjait, melyekb˝ol az ellipszis f´ okuszai, vez´eregyenesei, vez´erk¨orei megszerkeszthet˝ok. Ezt a szerkeszt´est Rytz-szerkeszt´esnek nevezz¨ uk. Sz´ep ´es egyszer˝ u szerkeszt´est k´ın´al az affinit´as, az ellipszis ´es az egyenes metsz´espontjainak meghat´ aroz´as´ara. Az ellipszist ´es az adott egyenest mer˝oleges tengelyes affinit´ assal a f˝ok¨or´ebe, illetve egy u ´jabb egyenesbe transzform´ aljuk, majd a transzform´ alt alakzatok metsz´espontjait az inverz lek´epez´essel visszatranszform´ aljuk a kiindul´asi egyenesre. A szerkeszt´es k¨onnyen nyomon k¨ ovethet˝ o a 2.36. ´ abr´ an. 2.3.6.2. Hiperbola ´es affinit´ as A hiperbol´ ak affin oszt´ alya nem tartalmaz a k¨orh¨oz hasonl´o elfajul´o elemet. M´egis van egy kit¨ untetett hiperbola, az egyenl˝ o oldal´ u hiperbola. Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o szerkeszt´esi feladatot. Adott a hiperbola aszimptot´aja ´es a 2a t´ avols´ ag. Szerkesztend˝ o a hiperbola. Vil´agos, hogy a feladatnak k´et megold´asa van, mert nincs megadva, hogy az aszimptot´ak sz¨ogfelez˝oi k¨oz¨ ul melyikre esik a val´ os, ´es melyikre a k´epzetes tengely. A k´et megold´ ast a 2.37. ´ abr´an l´athatjuk. R¨ogt¨on ad´odik, hogy abban az esetben, ha az aszimptot´ ak mer˝olegesek egym´asra, a k´et megold´as egybe-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

115

´ pszeletek az euklideszi te ´rben 2.3. Ku

e

,

P P

e

,

C

,

C Q

,

Q B

A

2.36. ´ abra. Ellipszis ´es egyenes metsz´espontja ,

F1

A

,

A F1

O

2.37. ´abra. Hiperbolap´ar v´ ag´ o, egym´ as kilencven fokos elforgatottjai. Ezeket a hiperbol´akat nevezz¨ uk egyenl˝ o oldal´ u hiperbol´ aknak. Tetsz˝oleges hiperbola affinit´assal egyenl˝o oldal´ u hiperbol´ aba vihet˝ o. Ha a Descartes-koordin´ata-rendszert u ´gy vessz¨ uk fel, hogy a tengelyek az aszimptot´akkal egyezzenek meg, a j´ol ismert y=

1 x

f¨ uggv´eny gr´ afk´ent val´ o el˝ o´ all´ıt´ashoz juthatunk az egys´eg alkalmas v´alaszt´asa ut´ an. Azonban ebb˝ ol az el˝o´all´ıt´asb´ol a hiperbola k´et sz´ep tulajdons´aga is r¨ ogt¨ on ad´ odik. Mivel 1 = xy egy P (x, y) pont k´et koordin´at´aj´ara, ez´ert

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

116

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

az OPx P Py t´eglalap ter¨ ulete egys´egnyi. Mivel az affinit´as ter¨ uletar´any-tart´o, tetsz˝ oleges hiperbola eset´en fenn´all, hogy tetsz˝ oleges pontj´ an ´ at az aszimptot´ akkal h´ uzott p´ arhuzamosok ´es az aszimptot´ ak ´ altal meghat´ arozott paralelogramma ter¨ ulete f¨ uggetlen a pont v´ alaszt´ as´ at´ ol. M´ asik ´erdekes ´eszrev´etel ad´odik, ha koordin´ata-rendszer¨ unket a tengelyekkel megegyez˝ o ir´ any´ unak v´ alasztjuk. Ekkor a pozit´ıv els˝o koordin´at´aval rendelkez˝ o ´ ag pontjainak koordin´at´ai a (cosh t, sinh t) koordin´at´akkal adhat´ok meg, ahol t val´ os param´eter. A t1 , t2 param´eterekhez tartoz´o P1 , P2 pontokat osszek¨ ot˝ o egyenes param´eteres vektoregyenlete: ¨ −−→ OP = (cosh t1 , sinh t1 ) + τ (cosh t1 − cosh t2 , sinh t1 − sinh t2 ), vagy a m´ asodik pontot haszn´alva az egyenletben: −−→ OQ = (cosh t2 , sinh t2 ) + ρ(cosh t1 − cosh t2 , sinh t1 − sinh t2 ). Ha P az x = y aszimptot´ anak az ¨osszek¨ot˝o egyenessel val´o metsz´espontja, akkor az els˝ o egyenletb˝ ol τ= ´es

cosh t1 − sinh t1 (sinh t1 − sinh t2 ) − (cosh t1 − cosh t2 )

−−→ P1 P = τ (cosh t1 − cosh t2 , sinh t1 − sinh t2 ).

A m´ asodik fel´ır´ asb´ ol az ¨ osszek¨ot˝o egyenesnek azon Q pontj´ara, mely az x = −y aszimptot´ ara esik, ρ= ´es

cosh t2 + sinh t2 −(sinh t1 − sinh t2 ) − (cosh t1 − cosh t2 )

−−→ P2 Q = ρ(cosh t1 − cosh t2 , sinh t1 − sinh t2 )

ad´ odik. Azonban τ = −ρ, mert (cosh t1 − sinh t1 )[−(sinh t1 − sinh t2 ) − (cosh t1 − cosh t2 )] = = cosh t1 sinh t2 − sinh t1 cosh t2 = sinh(t2 − t1 ), m´ıg −(cosh t2 + sinh t2 )[(sinh t1 − sinh t2 ) − (cosh t1 − cosh t2 )] = = −(cosh t2 sinh t1 − sinh t2 cosh t1 ) = − sinh(t1 − t2 ) = sinh(t2 − t1 ). at azonos ´ ag´ an k´et pontban metsz˝ o egyeEz´ert |P1 P | = |P2 Q|, azaz a hiperbol´ nesnek a g¨ orbe ´es az aszimptot´ ak k¨ oz´e es˝ o darabjai egyenl˝ o hossz´ uak. Az ´all´ıt´as

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ pszeletek az euklideszi te ´rben 2.3. Ku

117

nyilv´ an akkor is igaz, ha a k´et metsz´espont k¨ ul¨onb¨oz˝ o ´agra esik, ezt is hasonl´ ok´eppen ki lehet sz´ am´ıtani. Ha a metsz˝o egyenes ´erint˝ov´e egyszer˝ us¨odik, az all´ıt´ ´ as a k¨ ovetkez˝ o szint´en ´erdekes ´eszrev´etelt adja: a hiperbola ´erint˝ oj´enek az ´erint´esi pont ´es az aszimptot´ ak k¨ oz´e es˝ o darabjai egyenl˝ o hossz´ uak. Ezeket az ´ all´ıt´ asokat fel lehet haszn´alni arra, hogy az aszimptot´ak ´es egy pont ismeret´eben tov´ abbi hiperbolapontokat szerkessz¨ unk, hiszen a ponton athalad´ ´ o sugarak metsz˝ o egyeneseket hat´aroznak meg, amelyeken a m´asik metsz´espont az eml´ıtett ´eszrev´etel alapj´an r¨ogt¨on ad´odik. Ezt a szerkeszt´esi elj´ ar´ ast nevezik a hiperbola gyorsszerkeszt´es´enek. A gyorsszerkeszt´es a 2.38. abr´ ´ an l´ athat´ o.

Py P

T A

O Px

T

2.38. ´ abra. Gyorsszerkeszt´es hiperbol´an´al

2.3.6.3. Parabola gyorsszerkeszt´ese A parabol´ ak affin oszt´ alya igaz´ab´ol hasonl´os´agi oszt´aly, igaz ugyanis, hogy tetsz˝ oleges k´et parabola hasonl´ o egym´ assal. Tekints¨ uk ugyanis a meghat´aroz´ o adataikat. Nyilv´ an a s´ık alkalmas eltol´as´aval el´erhet˝o, hogy a k´et f´okusz megegyezzen. Ezut´ an az egyik tengely a k¨oz¨os f´okusz k¨or¨ uli forgat´assal a m´asikba vihet˝ o. V´eg¨ ul a f´ okuszb´ol mint k¨oz´eppontb´ol val´o alkalmas ny´ ujt´as az egyik vez´eregyenest a m´ asikba viszi. Az utols´o l´ep´es hasonl´os´ag, az els˝o kett˝o egybev´ ag´ os´ ag, ´ıgy a lek´epez´esek szorzata hasonl´os´ag. Igen fontos volt a projekt´ıv r´eszben kimutatott k¨ovetkez˝o ´all´ıt´as: a parabola k´et ´erint˝ oj´enek a metsz´espontj´ at ¨ osszek¨ otve az ´erint´esi pontok ´ altal meghat´ a-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

118

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

rozott szakasz felez˝ opontj´ aval, a tengellyel p´ arhuzamos egyeneshez jutunk. Ezt k¨ ozvetlen¨ ul is k¨ onnyen bel´ athatjuk (l´asd a 2.39. ´abr´at).

T1

L T2 F

t1

t2

d E2

E1 M

2.39. ´ abra. A parabol´ at k´et ´erint˝o az ´erint´esi ponttal meghat´arozza. Legyen a k´et ´erint˝ o t1 ´es t2 , az ´erint´esi pontok T1 ´es T2 . A k´et ´erint˝o metsz´espontja M , az ´erint´esi pontokat o¨sszek¨ot˝o szakasz felez˝opontja L. Az M pont egyenl˝ o t´ avol van a k´et ´erint˝oh¨oz tartoz´o ellenpontokt´ol, mert ezen k¨ oz¨ os t´ avols´ ag ´eppen a f´ okuszt´ol m´ert t´avols´ag, az ´erint˝o egyenesek szakaszfelez˝ o mer˝ oleges volta miatt. ´Igy az E1 M E2 △ h´aromsz¨og egyenl˝o sz´ar´ u, ez´ert az M -b˝ ol indul´ o magass´ ag s´ ulyvonal is egyben. Azaz ezen egyenes p´arhuzamos a T1 E1 , illetve T2 E2 egyenesekkel, ´es azokt´ol egyenl˝o t´avols´agra halad. Minden szakaszt felez, melynek egyik v´egpontja T1 E1 -re, m´asik v´egpontja T2 E2 -re illeszkedik. Ez´ert tartalmazza a T1 T2 szakasz L felez˝opontj´at is. Ugyanezen ´ abra alapj´ an lesz¨ogezhetj¨ uk: k´et ´erint˝ o az ´erint´esi pontokkal a parabol´ at egy´ertelm˝ uen meghat´ arozza. Val´oban, el˝osz¨or megrajzolhatjuk az M L egyenest, mely megadja a tengely ir´any´at. Ezut´an vele p´arhuzamosan megrajzolhatjuk a T1 E1 , illetve T2 E2 vez´ersug´ar-egyeneseket. Ezeket az ´erint˝ oj¨ ukre t¨ ukr¨ ozve k´et egyeneshez jutunk, mely ´athalad a f´okuszon, a t¨ uk¨ork´epek metsz´espontja teh´ at F . F -et t¨ ukr¨ozve az ´erint˝okre ad´odik E1 , illetve E2 , ´es ´ıgy a vez´eregyenes is. L´ attuk a projekt´ıv r´eszben, hogy a k´et ´erint˝o bizonyos projekt´ıv pontsorainak megfelel˝ o elemeit ¨ osszek¨ot˝o egyenesek adj´ak a k´ upszelet ´erint˝oit. Parabol´ an´ al ez a projekt´ıv kapcsolat affin kapcsolatt´a egyszer˝ us¨odik. Ennek bel´ at´ as´ ahoz tekints¨ unk egy harmadik ´erint˝ot, t3 -at. Ezen az ´erint´esi pont T3 , az el˝ oz˝ o k´et ´erint˝ ot pedig rendre M1 -ben, illetve M2 -ben metszi. Minden metsz´es- ´es ´erint´esi ponton kereszt¨ ul h´ uzzunk egy ´atm´er˝ot, ezek t´avols´agai k¨ oz¨ otti kapcsolatokat a 2.40. ´abr´an k¨ovethetj¨ uk nyomon. Ha T1 ´es M1 egyenes´enek a t´ avols´ aga x, ugyanennyi M1 ´es T3 egyenes´enek a t´avols´aga. Jel¨olj¨ uk

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

119

´ pszeletek az euklideszi te ´rben 2.3. Ku

T2 t2

y

y+x M2

x M T3

y

t1

y-x

2y

y

x M1

x

T1 2.40. ´ abra. H´ arom ´erint˝o viszonya parabol´an´al y-nal M1 ´es M ´ atm´er˝ oj´enek t´avols´ag´at. Akkor a T3 ´es M ´atm´er˝ok t´avols´aga y − x, ´es M valamint T2 t´ avols´aga y + x. Ez´ert T3 ´es T2 ´atm´er˝ok t´avols´aga 2y, ´ıgy ennek fele y, az M2 ´es T2 ´atm´er˝ok t´avols´aga. Ekkor az M M2 ´atm´er˝ok t´ avols´ aga megint x, amib˝ ol kapjuk, hogy T3 , illetve M2 ´atm´er˝ok t´avols´aga megint y. A p´ arhuzamos szel˝ok t´etele szerint x : y = |T1 M1 | : |M1 M | = |M M2 | : |M2 T2 | = |M1 T3 | : |T3 M2 | egyenl˝os´egek ´ allnak fenn, azaz a harmadik ´erint˝ o azonos ar´ anyban osztja az eredeti k´et ´erint˝ oszakaszt, ´es ez az ar´ anya az u ´j ´erint´esi pont ´es az u ´j metsz´espontok ´ altal meghat´ arozott k´et t´ avols´ agnak is. Ha x = y felt´etellel ´el¨ unk, a k¨ ovetkez˝ o egyszer˝ u ´eszrev´etelhez jutunk: a kiindul´ asi ´erint´esi h´ aromsz¨ ognek az ´erint´esi pontokat ¨ osszek¨ ot˝ o oldalhoz tartoz´ o k¨ oz´epvonala egy u ´j ´erint˝ o, melyen az ´erint´esi pont ezen k¨ oz´epvonal felez˝ opontja. Ezen ´eszrev´etel adja a lehet˝ os´eg´et a parabola´ıv gyorsszerkeszt´es´enek, mely az 2.41 ´abr´an l´athat´o. 2.3.7. K¨ oz¨ os f´ okusz, Ivory t´ etele K´et ´evsz´ azaddal ezel˝ ott J. Ivory publik´alt egy geometriai t´etelt, amelynek hat´ asa a fizik´ ara azonnal nyilv´anval´ov´a v´alt. Igazolta, hogy a gravit´aci´os er˝ot´ernek egy elliptikus r´etegre vonatkoz´o szintfel¨ uletei konfok´alis ellipszoidok. (Az elliptikus r´eteg infinitezim´alis r´eteg k´et koncentrikus ellipszoid k¨oz¨ott.) A mechanik´ aban ez a t´etel Newton t´etel´enek a p´arja (a hat´ast g¨omb¨okr˝ol elliptikus r´etegekre ´ altal´ anos´ıtva), s azt mondja ki, hogy elliptikus r´etegen bel¨ ul a gravit´ aci´ os potenci´ al konstans.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

120

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

2.41. ´ abra. A parabola gyorsszerkeszt´ese Euklideszi homog´en koordin´at´akkal dolgozunk, az oszlopvektorok pontokat, a sorvektorok egyeneseket koordin´at´aznak. Egy euklideszi transzform´aci´o ekkor ‘   A b T = 0 1 alak´ u, ahol A egy forgat´ as m´ atrixa, b pedig az eltol´asvektort adja. Az Abszol´ ut jelenti azon pontok m´ertani hely´et a projekt´ıv s´ıkon, melyekre xT Ωx = 0 teljes¨ ul az   1 0 0 Ω= 0 1 0  0 0 0

line´ aris lek´epez´essel. Az x pont koordin´at´ai kiel´eg´ıtik teh´at az x21 + x22 = 0 egyenletet, azaz eset¨ unkben csak egy pontot tartalmaz, a (0, 0, 1)T homog´en koordin´ at´ akhoz tartoz´ ot. A du´alis forma visszah´ uzottja a    1 0 0 v1 e v) = (u1 , u2 , 0)  0 1 0   v2  , Φ(u, 0 0 0 0

ahol u = (u1 , u2 , 0)T ´es v = (v1 , v2 , 0)T az Ω k´epter´enek elemei. Ha valamely k´ upszeletnek a f´okuszai a (0, ±c)T pontok valamely inhomog´en koordin´ ata-rendszerben, akkor a k´ upszelet egyenlete homog´en koordin´a-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

121

´ pszeletek az euklideszi te ´rben 2.3. Ku

ta-rendszerben a 

0 = (x1 , x2 , x3 ) 

1 c2 +λ

0

0 0

0

1 λ

egyenlet. Mivel a m´ atrix regul´aris, a du´alisa  2 c +λ 0 0 λ 0 = (x1 , x2 , x3 )  0 0

  0 x1 0   x2  x3 −1

a

  0 x1 0   x2  , −1 x3

alakot ¨ olti. Ebb˝ ol k¨ ozvetlen¨ ul l´atszik, hogy a konfok´alis k´ upszeletek du´alisaihoz tartoz´ o form´ ak az ¨ osszes form´ak ter´enek line´aris alter´et adj´ak. Ebben az alt´erben az Abszol´ ut du´ alisa benne van, de az identit´as du´alisa nincs benne. Val´ oban az Abszol´ ut du´ alisa a k¨ovetkez˝o sz´amol´as alapj´an tetsz˝oleges k´et konfok´ alis k´ upszelethez tartoz´o forma k¨ ul¨onbs´egek´ent el˝o´all: 

  2  c2 + λ1 0 0 c + λ2 0 0 0 λ1 0  + β  0 λ2 0  = α 0 0 −1 0 0 −1   (α + β)c2 + (αλ1 + βλ2 ) 0 0 = 0 (αλ1 + βλ2 ) 0 = 0 0 −(α + β)   2  c + λ3 0 0      0 λ3 0  ha (α + β) 6= 0    0 0  −1  = λ 0 0  3     0 λ3 0  ha (α + β) = 0.    0 0 0

2.3.2. Lemma. Legyen adott k´et pont a s´ıkon. A s´ık tetsz˝ oleges pontj´ an ´ at pontosan k´et k´ upszelet halad ´ at, amelyek f´ okuszai az adott pontok. Az egyik ellipszis, a m´ asik hiperbola, ´es a k´et k´ upszelet mer˝ olegesen metszi egym´ ast. Bizony´ıt´ as: Formul´ ank szerint keress¨ uk az y2 x2 + =1 c2 + λ λ egyenlet megold´ asait, λ-t tekintve ismeretlennek. Ez ´at´ırhat´o a vele ekvivalens 0 = λ(c2 + λ) − (c2 + λ)y 2 − λx2 = λ2 + λ(c2 − x2 − y 2 ) − c2 y 2

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

122

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

form´ aba. L´ atjuk, hogy k´et megold´as van, ezek rendre p −(c2 − x2 − y 2 ) ± (c2 − x2 − y 2 )2 + 4c2 y 2 . λ1,2 = 2 Szorzatuk, −c2 y 2 negat´ıv sz´ am, ´ıgy az egyik pozit´ıv a m´asik negat´ıv. A negat´ıv λ-hoz tartoz´ o m´ asik nevez˝o pozit´ıv, ez´ert az egyik megold´as ellipszis, m´ıg a m´ asik hiperbola. Mivel a k´ upszeletek f´okuszai k¨oz¨osek, a k¨oz¨os pontjukban megh´ uzott vez´ersugarak is megegyeznek, azaz a pontbeli ´erint˝ok egybeesnek vagy mer˝ olegesek egym´ asra. Ha k¨ ul¨onb¨oz˝oek, az els˝o eset nyilv´an nem ´allhat fenn, ez´ert utols´ o´ all´ıt´ asunk is teljes¨ ul. A lemma k¨ ovetkezm´enye, hogy k´et konfok´alis ellipszis ortogon´alis trajekt´ ori´ ai az ellipszisekkel konfok´alis hiperbol´ak. 2.3.3. Lemma. Ha k´et ellipszisnek k¨ oz¨ osek a f´ okuszai, akkor az egyik a m´ asikba egy olyan affinit´ assal vihet˝ o, ahol a pontok nagytengellyel p´ arhuzamos koordin´ at´ ai a nagytengelyek, m´ıg a kistengelyekkel p´ arhuzamos koordin´ at´ ai a kistengelyek ar´ any´ aban ny´ ulnak. Ez az affinit´ as a mer˝ oleges konfok´ alis hiperbol´ aknak az els˝ o ellipszissel val´ o metsz´espontjait a m´ asodik ellipszissel val´ o metsz´espontjaiba viszi. Bizony´ıt´ as: A s´ık pontjainak koordin´at´ai kifejezhet˝ok a rajtuk ´athalad´o konfok´ alis ellipszis {a, b}, illetve hiperbola {a′ , b′ } tengelyhosszaival. (Mindig kanonikus alakb´ ol indulunk ki!) A koordin´at´ak rendre: x2 =

b2 b′2 a2 a′2 , y2 = 2 , 2 c c

ahol a, b az ellipszis, a′ , b′ a hiperbola tengelyhosszai. K´et konfok´alis ellipszis ´es k¨ oz¨ os mer˝ oleges hiperbola eset´en ebb˝ol az a y b x = , = X A Y B egyenl˝os´egekhez jutunk, igazolva az ´all´ıt´asokat. A lemma formul´ aj´ ab´ ol azonnal k¨ovetkezik egy u ´jabb sz´ep ¨osszef¨ ugg´es: 2.3.4. Lemma. A s´ık valamely (x, y)T pontj´ an ´ athalad´ o konfok´ alis ellipszisre ´es hiperbol´ ara fenn´ all az a2 − b′2 = x2 + y 2 osszef¨ ugg´es. ¨ Bizony´ıt´ as: Az el˝ oz˝ o lemma formul´aj´ab´ol x2 + y 2 =

www.interkonyv.hu

b2 b′2 a2 (c2 − b′2 ) + (a2 − c2 )b′2 a2 a′2 + 2 = = a2 − b′2 . 2 c c c2

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

123

2.4. Pascal

V´eg¨ ul a s´ıkbeli Ivory-t´etel: 2.3.2. T´ etel. K´et konfok´ alis k´ upszeletet m´ asik k´et, az el˝ oz˝ oekkel konfok´ alis, de r´ ajuk mer˝ oleges k´ upszelettel metszve egy n´egyoldal´ u der´eksz¨ og˝ u (g¨ orbe vonal´ u) n´egysz¨ ogh¨ oz jutunk, melynek minden oldala valamelyik k´ upszelet ´ıve. Ezen n´egysz¨ og ´ atl´ oi egyenl˝ o hossz´ uak. Bizony´ıt´ as: Legyen a n´egy metsz´espont x, y, x′ , y ′ , a kapcsol´od´o oldalak ′ {x, x }, {x, y}, {y, y ′ }, {x′ , y ′ }. A vizsg´alt t´avols´agok n´egyzete ekkor: ρ2 (x, y ′ ) = hx − y ′ , x − y ′ i,

hy − x′ , y − x′ i = ρ2 (x′ , y).

Az hx − y ′ , x − y ′ i = hx, xi + hy ′ , y ′ i − 2hx, y ′ i osszef¨ ugg´esben ¨

hx, y ′ i = hx′ , yi

a 2.3.3 Lemma szerint ad´ odik, ugyanakkor hx, xi + hy ′ , y ′ i = (a2 − b′2 ) + (A2 − B ′2 ) = hx′ , x′ i + hy, yi is teljes¨ ul a 2.3.4 lemma szerint. A k´et egyenl˝os´eg egy¨ utt igazolja Ivory t´etel´et. Az euklideszi s´ıkon u ´jrafogalmazhatjuk Ivory t´etel´et az affin lek´epez´esek nyelvezet´et haszn´ alva: 2.3.3. T´ etel (Ivory). Ha adott k´et azonos t´ıpus´ u konfok´ alis k´ upszelet (pl. ellipszis), akkor van egy olyan l affin lek´epez´es, hogy ha az el˝ oz˝ oekkel konfok´ alis m´ asik t´ıpus´ u k´ upszelet (hiperbola) az els˝ o k´ upszeletet metszi egy pontban, akkor a m´ asikat is metszi, m´egpedig abban a pontban, mely az els˝ o metsz´espont k´epe az affinit´ asra vonatkoz´ oan. Mindk´et metsz´es ortogon´ alis. K´et ilyen metsz´espontra, x-re ´es y-ra, valamint az euklideszi t´ avols´ agfogalomra vonatkoz´ oan teljes¨ ul, hogy ρ(x, l(y)) = ρ(y, l(x)).

2.4. Pascal Blaise Pascal rendk´ıv¨ uli elme volt. A matematikai, fizikai munk´ain t´ ul sz´amos ´ert´ekes gondolatot hagyott maga ut´an, legismertebb m˝ uve a Gondolatok c. csod´ alatos munk´ aja val´ osz´ın˝ uleg minden kor ember´ehez sz´ol, ´ıgy sose fog elavulni. Egy kev´esb´e ismert, de szint´en igen ´erdekes munk´at id´ez¨ unk most, mely a matematikai gondolkod´as alapjait boncolgatja. Kor´aban ´es sz´am´ara a matematikai gondolkod´ as nem v´alt sz´et a geometriai gondolkoz´ast´ol, ami az egzakt tudom´ any egyetlen p´eld´aja volt, ´ıgy nem meglep˝o, hogy essz´ej´enek c´ıme: A geometriai szellem. Magyar ford´ıt´asunkat a Minor Works of Blaise Pascal c. Harvard classics 48/3 k¨otet azonos c. fejezete alapj´an k¨oz¨olj¨ uk.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

124

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

2.42. ´abra. Blaise Pascal

B. Pascal: A geometriai szellem ´ sa alapja ´n O. W. Wright angol ford´ıta

1

H´arom alapvet˝ o m´ odszer van az igazs´ag tanulm´anyoz´as´aban: az els˝o felfedezni azt, amikor keress¨ uk; a m´asodik igazolni, amikor m´ar birtokoljuk; ´es a harmadik, megk¨ ul¨ onb¨ oztetni ˝ ot a hamist´ol, a vizsg´alat k¨ozben.

2

Nem besz´elek az els˝ or˝ ol, legink´abb a m´asodikkal foglalkozom, ´es ez mag´aban foglalja a harmadikat is. Ha ismerj¨ uk az igazs´ag bizony´ıt´as´anak m´odszer´et, akkor rendelkez´esre ´all a hamist´ ol val´o megk¨ ul¨onb¨oztet´es lehet˝os´ege, hiszen annak eld¨ ont´es´ehez, hogy az adott bizony´ıt´as konform-e a vizsg´alt szab´alyokkal, tudnunk kell, vajon pontosan bizony´ıttatott-e.

3

A geometria, ezen h´arom m´ odszerben egyar´ant kiemelkedik, kifejti a felfedez´es m˝ uv´eszet´enek ismeretlen igazs´agait – melyet anal´ızisnek neveznek –, ´es annak ellen´ere nem haszontalan err˝ ol besz´elni, hogy sok kiv´al´o k¨onyv sz¨ uletett m´ar a t´em´aban.

4

Azaz a megtal´alt igazs´ag igazol´asa ´es ´ertelmez´ese oly m´odon, hogy a bizony´ıt´as ellen´allhatatlan legyen, az egyetlen, amit adni szeretn´ek; ´es ehhez csak azt a m´ odszert van lehet˝ os´egem kifejteni, amelyet a geometria vesz ´eszre benne; ´es tan´ıt t¨ ok´eletesen a p´eld´aival, m´egha nem is tudja r´eszletezni. Mivel a felfedez´es m˝ uv´eszete k´et f˝ o dologb´ ol ´all, az egyik a feladatok ¨onmag´aban val´o bizony´ıt´asa,

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

2.4. Pascal

125

a m´asik a feladatok legjobb sorrendbe val´o rendez´ese. K´et szakaszt fogok k´esz´ıteni, az egyik tartalmazza a geometriai levezet´es, azaz a m´odszeres ´es t¨ok´eletes szeml´eltet´es szab´alyait; a m´asik megmutatja, hogy geometriai, azaz, m´odszeres ´es teljes a sorrend: ´ıgy a kett˝ o egy¨ utt tartalmazni fogja mindazt, ami sz¨ uks´eges a k¨ ozvetlen ´ervel´eshez az igazs´ag bizony´ıt´as´aban ´es megk¨ ul¨onb¨oztet´es´eben. Ezt jel¨ oltem ki ´ır´asom c´elj´anak. ˝ SZAKASZ – A geometria m´ AZ ELSO odszere; a rendszeres ´ es t¨ ok´ eletes szeml´ eltet´ es m´ odszere.

5

Nem tudom ann´al jobban kifejteni azt az ´altalunk meg˝orzend˝o, a szeml´eltet´est oly meggy˝ oz˝ ov´e tev˝ o m´ odszert, minthogy megmagyar´azom azt, ami meg van figyelve a geometri´aban.5 De el˝ osz¨ or is eml´ıtenem kell egy jelesebb ´es teljesebb m´odszer eszm´ej´et, amit 6 az emberis´eg soha nem tud majd alkalmazni; mert meghaladja a minket ´athat´o geometri´at; ´es, annak ellen´ere, hogy lehetetlen a gyakorlatban alkalmazni, m´egis valamit mondani kell r´ ola. Ez az igaz m´ odszer, ami a legkiv´al´obb m´odon bizony´ıtana, ha lehets´eges volna 7 alkalmazni, k´et alapvet˝ o dolgot jelentene: az egyik, nem haszn´aln´a olyan dolog jelent´es´et, amit el˝ osz¨ or ki ne fejtett volna; a m´asik, soha nem el˝olegezne meg semmilyen ´all´ıt´ast, amely igazs´aga ne lenne m´ar ismert m´odon igazolva; azaz, egy sz´ oval, minden dolgot defini´alna, ´es minden ´all´ıt´ast igazolna. De hogy a kifejt´es ´altalam kit˝ uz¨ ott sorrendj´eben haladjunk, sz¨ uks´eges, hogy elmondjam, mit ´ertek defin´ıci´ o alatt. Egyf´ele defin´ıci´ o ismert a geometri´aban, amit a logikusok h´ıvnak defin´ıci´onak, 8 tetsz˝ oleges alkalmaz´asa neveknek olyan dolgokra, amelyek vil´agosan ki vannak jel¨ olve m´ar t¨ ok´eletesen ismert dolgok seg´ıts´eg´evel; ´es ez a defin´ıci´o az egyed¨ ul, amir˝ ol ´en besz´elek. Az ´ertekez´es hasznoss´aga ´es haszn´alhat´os´aga ´erdek´eben tiszt´azni ´es r¨ovid´ıteni 9 5 Ez ut´ an a bekezd´ es ut´ an, z´ ar´ ojelek k¨ oz´ e t´ eve egy finomabb k´ ezzel a k¨ ovetkez˝ ok voltak ´ırva a k´ eziratba: ... ink´ abb siker¨ ulni fog ebben, mint m´ asban, ´ es ezt a tudom´ anyt csak ” az´ ert v´ alasztottam, mert ez ismeri egyed¨ ul az ´ ervel´ es szab´ alyait, ´ es an´ elk¨ ul, hogy meg´ allna a szillogizmus szab´ alyain´ al (amik olyan term´ eszetesek, hogy biztosan ismerj¨ uk ˝ oket) meg´ all ´ es tartja mag´ at a conductive indokl´ as m´ odszer´ ehez, amir˝ ol szinte senkinek sincs tudom´ asa, ´ es amit nagyon el˝ ony¨ os ismerni, mert tapasztalatb´ ol tudjuk, hogy egyforma elm´ ek k¨ oz¨ ott el˝ obbre jut ´ es u ´j lend¨ uletet kap, aki megismeri a geometri´ at.” Ez´ ert szeretn´ em geometriai ” p´ eld´ akon kereszt¨ ul megmagyar´ azni, hogy mik azok a bizony´ıt´ asok, mert a geometria szinte az egyetlen olyan emberi tudom´ any, ahol t´ evedhetetlen bizony´ıt´ asok vannak, m´ıg az ¨ osszes t¨ obbi tudom´ any a term´ eszet´ eb˝ ol ad´ od´ oan kiss´ e zavaros, ´ es ezt a zavart egyed¨ ul a geometri´ aval foglalkoz´ ok tudj´ ak kit˝ un˝ oen meg´ erteni.” A k¨ ovetkez˝ o megjegyz´ es szerepel a k´ ezirat marg´ oj´ an: Azt, ami itt kis bet˝ ukkel van ´ırva, egy olyan lap al´ a volt elrejtve, melynek sz´ elei ” le voltak ragasztva a cikk kezdete felett: Nem tudom jobban kifejteni, stb.”-szerk.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

126

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

kell, egy n´ev csatol´as´aval azokat a kifejez´eseket, amelyek egy´ebk´ent csak t¨obb dologgal lenn´enek kifejezhet˝ ok; amely nevet egy´ebk´ent, ha van neki m´as jelent´ese, ett˝ ol a csatol´as sor´an megfosztan´ank, hogy ne jelenthessen m´ast, mint amire mi tervezt¨ uk. Egy p´elda: 10

Ha meg szeretn´enk k¨ ul¨ onb¨ oztetni azokat a sz´amokat, melyek kett˝ovel oszthat´ oak, azokt´ ol amik nem, annak ´erdek´eben, hogy a gyakori ism´etl´es´et ennek a felt´etelnek elker¨ ulj¨ uk, egy nevet csatolunk hozz´ajuk: Minden kett˝ovel oszthat´o sz´amot p´aros sz´amnak nevez¨ unk.

11 Ez egy geometriai defin´ıci´ o; mert miut´an tiszt´an kijel¨olt¨ unk egy dolgot, nevezetesen, hogy minden neki megfelel˝o sz´am kett˝ovel oszthat´o, egy nevet adtunk neki, megfosztva minden m´as jelent´es´et˝ol, annak ´erdek´eben, hogy ezt a tulajdons´agot kijel¨ olje. 12

´ t˝ Ugy unik, hogy a defin´ıci´ ok tetsz˝olegesek, ´es soha nem vezetnek ellentmond´ashoz; semmi sem megengedhet˝ obb, mint b´armilyen nevet v´alasztani egy dolognak, ami tiszt´an ki van jel¨ olve. Egy dologra kell csak tekintettel lenni, nem adhatjuk ugyanazt a nevet k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝o dolognak.

13

Ez nem fordulhat el˝ o, ha nem zavarjuk ¨ossze a k¨ovetkezm´enyeket, ´es nem terjesztj¨ uk ki az egyiket a m´asikra.

14 Egy biztos ´es csalhatatlan gy´ ogym´od seg´ıt ezen hiba elker¨ ul´es´eben: helyettes´ıts¨ uk m´assal a defin´ıci´ ot azon a helyen, ahol a dolog defini´alva volt ´es mindenhol, ahol megjelenik, p´eld´aul, hogy ak´armikor, amikor azt mondjuk, hogy p´aros sz´am, pontosan jelentse azt, hogy k´et egyenl˝o r´eszre bonthat´o, ´es ez a k´et dolog olyan fokon ´erintkezzen ´es legyen elv´alaszthatatlan egym´ast´ol gondolatban, hogy amint az egyiket az ´ertekez´es haszn´alja, az ´ertelem azonnal kapcsolja ¨ossze a m´asikkal. Geom´eterek ´es mindazok sz´am´ara eml´ıten´em, akik m´odszeresen haladnak, ahhoz, hogy r¨ ovid´ıts¨ uk az ´ertekez´est, csak a dolgok neveit kell eml´ıteni, ´es nem r¨ovid´ıteni ˝ u vagy v´altoztatni a fogalm´at a dolognak, amelyikr˝ol besz´el¨ unk. Ok ´gy fognak tenni, mintha a gondolat tartalmazn´a a teljes defin´ıci´ot azon r¨ovid r´eszekben, amelyeket haszn´alnak, ´es elker¨ ulik a z˝ urzavart, amit a szavak t¨obbsz¨or¨os jelent´ese okoz. 15

Ez a m´ odszer sz¨ uks´eges ´es ¨ onmag´aban is elegend˝o mindenf´ele neh´ezs´eg ´es mell´ebesz´el´es el˝ uz´es´ere, ´es nincs n´ala hat´ekonyabb a szofist´ak g´ancsoskod´o sz˝or¨oz´eseinek elker¨ ul´es´ehez.

16

Ezek a dolgok j´ ol ´erthet˝ ok, visszat´erek azon eredeti gondolat kifejt´es´ehez, amelyik minden dolog defini´al´as´at ´es minden dolog bizony´ıt´as´at tartalmazza.

17 Ez a m´ odszer bizonyosan csod´alatos, de abszol´ ut lehetetlen; nyilv´anval´o, hogy az

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

2.4. Pascal

127

els˝ o fogalmak, amelyeket defini´alni szeretn´enk magukba foglalnak el˝ozm´enyeket, amiket alkalmazni fogunk a kifejt´es¨ uk sor´an, ´es hasonl´ok´eppen, az els˝o ´all´ıt´as, amit bizony´ıtani akarunk mag´aba foglal m´asokat, amelyek megel˝ozik ˝oket; ekk´eppen vil´agos, hogy soha sem ´erhetj¨ uk el az els˝ot. ´Igy haladva kutat´asunkban tov´abb ´es tov´abb, sz¨ uks´egk´eppen meg´erkez¨ unk olyan 18 primit´ıv szavakhoz, melyeket nem tudunk tov´abb defini´alni, ´es olyan elvekhez, amelyek olyan tiszt´ak, hogy nem tal´alunk tov´abbiakat, amelyek szolg´altathatn´ak ezek bizony´ıt´as´at. Ez´ert u ´gy t˝ unik, az ember term´eszetesen ´es megv´altoztathatatlanul k´eptelen 19 b´armely tudom´anyt egy abszol´ ut teljes rendbe gy˝ ujteni. De ebb˝ ol nem k¨ ovetkezik, hogy el k´ene vetn¨ unk minden rendet.

20

Van egy, a geometri´a´e, amelyik az igazs´ag dolg´aban kevesebb, azaz kev´esb´e meg- 21 gy˝ oz˝ o, de nem kev´esb´e bizonyos. Nem defini´al minden dolgot, ´es nem bizony´ıt minden dolgot, ´es ez az, amiben al´abbval´o; de csak a tiszta ´es a term´eszetes vil´agoss´agukban ´alland´ o, ´es ez´ert a t¨ok´eletesen igaz, a term´eszet ´altal a besz´elget´es alap´ertelmez´es´enek fenntartott dolgokat teszi fel. Ez a rend t¨ ok´eletes b´arkinek, aki nem tartozik azok k¨oz´e, akik minden dolgot 22 defini´alnak vagy igazolnak, de olyanok k¨oz´e sem, akik semmilyen dolgot nem defini´alnak ´es igazolnak, hanem megmaradnak a k¨oz´ep´ uton, nem defini´alva semmit, ami kell˝ ok´eppen nem vil´agos ´es al´at´amasztott minden ember sz´am´ara, ´es a t¨ obbit defini´alj´ak; nem bizony´ıtanak mindent, ami az emberis´eg sz´am´ara ismert, de bizony´ıtj´ak mindazt, ami ezent´ ul megmarad. A rend ellen az k¨ovet el b˝ unt, aki mindent defini´al ´es mindent bizony´ıt, ´es aki elmulasztja ezt tenni azon dolgokkal, amelyek ¨ onmagukban nem nyilv´anval´oak. Ez az, amit t¨ ok´eletesen tan´ıt a geometria. Nem defini´alja a t´er, id˝o, mozg´as, 23 sz´am, egyenl˝ os´eg fogalm´at ´es hasonl´o dolgokat, amelyek nagy sz´amban l´eteznek, mert ezen kifejez´esek olyan term´eszetesen illeszkednek az ´altaluk jelentett dolgokhoz a nyelvet ismer˝ o sz´am´ara, hogy az ´ertelmez´es¨ uk nagyobb hom´alyt adna, mint u ´tmutat´ast. Nincs ann´al rosszabb, mint egy besz´elget´es azokkal, akik ezeket a primit´ıv sza- 24 vakat akarj´ak defini´alni. Mi sz¨ uks´eg arra, p´eld´aul, hogy kifejts¨ uk, mit jelent az ember sz´ o? Nem el´egg´e ismerj¨ uk azt a dolgot, amit szerett¨ unk volna kijel¨olni ´ mif´ele el˝onyt gondolt Plat´on szerezni nek¨ evvel a kifejez´essel? Es unk, amikor azt mondta, hogy ˝ o egy k´etl´ab´ u ´allat sz´arnyak n´elk¨ ul? Mintha a gondolat, ami term´eszetes nekem, de nem tudom kifejezni, nem lenne tiszt´abb ´es biztosabb mint az a haszn´alhatatlan ´es nevets´eges kifejt´es, amit ˝o adott; hiszen egy ember elve-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

128

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

sz´ıtve k´et l´ab´at nem veszti m´eg el ember mivolt´at, ahogy egy kappan sem v´alik emberr´e az´altal, ha elvesz´ıti a sz´arnyait. 25

˝ azok, akik elegend˝ Ok oen abszurdak ahhoz, hogy kifejtsenek egy sz´ot saj´at mag´aval. Tudom, hogy van, aki a f´enyt ezen b¨olcsess´eggel” defini´alja: A f´eny ” egy vil´ag´ıt´ o test t´ervil´ag´ıt´ o mozg´asa. Mintha ´erten´enk a t´ervil´ag´ıt´as ´es vil´ag´ıt´o 6 szavakat a f´eny sz´ o ismerete n´elk¨ ul!

26 Nem tudjuk meghat´arozni az ´el˝ol´enyt, an´elk¨ ul, hogy bele ne esn´enk ugyanebbe az abszurdit´asba: ehhez a fogalomhoz nem tudunk defini´alni egy sz´ot an´elk¨ ul, hogy ne kezdj¨ uk saj´at mag´aval, ´es ´ıgy ne alkalmazn´ank a sz´o defin´ıci´oj´at mag´aban a defin´ıci´ oban. 27

Vil´agosan l´athatjuk ebb˝ ol, hogy vannak nem defini´alhat´o szavak; ´es ha a term´eszet nem szolg´altatott volna egy megfelel˝o gondolatot, amely az eg´esz emberis´eg sz´am´ara adott, minden kifejez´es¨ unk ellentmond´o lenne; am´ıg ugyanazzal a term´eszetess´eggel ´es bizonyoss´aggal haszn´aljuk ˝oket, ahogy gondoljuk, megmagyar´azottak lesznek, t¨ ok´eletesen mentesen a f´elre´ert´esekt˝ol; mivel a term´eszet szavak n´elk¨ ul is megadja vil´agosabb ismeret¨ uket, mint ahogy a tudom´any k´epes lenne azt az ´ertelmez´eseink nyom´an.

28

Nem az´ert gondolj´ak ugyanazt az emberek a dolgok l´enyeg´er˝ol, mert ´en azt mondom, hogy lehetetlen ´es haszontalan defini´alni.

29

´ mi´ert k´ene magyar´azni, hiP´eld´aul az id˝ o ilyen fogalom. Ki tudja defini´alni? Es szen minden ember tudja, mit jelent a besz´edben az id˝o tov´abbi defin´ıci´o n´elk¨ ul is. M´egis sz´amtalan k¨ ul¨ onb¨ oz˝o v´elem´eny ´erinti az id˝o l´enyeg´et. N´eh´anyan azt mondj´ak, ez a teremtett dolgok mozg´asa; m´asok, a m´ert´eke a mozg´asnak, stb. De ez a dolgoknak nem azon term´eszete, amire ´en azt mondom, hogy mindenki sz´am´ara ismert; ez egyszer˝ uen a kapcsolat a n´ev ´es a dolog k¨oz¨ott; azaz az id˝o kifejez´es, mindenki gondolataiban k¨ozvetlen¨ ul ugyanarra az objektumra mutat; amit maga a kifejez´es elegend˝ oen indokol, nem sz¨ uks´eges, hogy defini´alva legyen, b´ar azut´an, megvizsg´alva mi az id˝o, elt´er˝o n´ezetekhez vezetnek a r´ola val´o gondolataink; defin´ıci´ o sor´an csak kijel¨ol¨ unk dolgokat, hogy elnevezz¨ uk ˝oket, ´es nem mutatjuk meg a term´eszet¨ uket.

6 Pascal itt egy jezsuita pap, No¨ el atya szavaira utal, amelyeket ebben a t´ em´ aban az Exp´ eriences touchant le vide” c. munk´ aj´ aban fejtett ki. 1647-ben ezt ´ırja No¨ el aty´ anak: ” A z´ ar´ o szavakat megel˝ oz˝ o mondatban a k¨ ovetkez˝ o m´ odon defini´ alja a f´ enyt: A f´ eny egy ” vil´ ag´ıt´ o test t´ ervil´ ag´ıt´ o mozg´ asa; err˝ ol az a v´ elem´ enyem, hogy el˝ osz¨ or defini´ alni kell azt, hogy mi a t´ ervil´ ag´ıt´ as ´ es a vil´ ag´ıt´ o test, ´ es am´ıg ez nem t¨ ort´ enik meg, ´ en nem ´ ertem, mi a f´ eny. K¨ ul¨ onben is, mi sohasem haszn´ aljuk fel defin´ıci´ oinkban a defini´ alt dolgot, nagy neh´ ezs´ eget okoz nekem, hogy egyet´ ertsek ¨ onnel, amikor azt ´ all´ıtja: A f´ eny egy vil´ ag´ıt´ o test t´ ervil´ ag´ıt´ o mozg´ asa.” – a szerk.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

2.4. Pascal

129

Nem az´ert engedhet˝ o meg az id˝o elnevez´essel illetni a teremtett dolgok mozg´a- 30 s´at, mert azt mondtam, hanem mert nem egy´eb ez, mint defin´ıci´o. De ez ut´an a defin´ıci´ o ut´an lesz k´et dolog, amit az id˝o elnevez´essel illet¨ unk: az 31 egyik az, amit az eg´esz vil´ag ´ert rajta term´eszetesen mindazok, akik a mi nyelv¨ unk¨ on besz´elve haszn´alj´ak ezt a fogalmat; a m´asik a teremtett dolgok mozg´asa, mivel ezt is jelenti ez a n´ev az u ´j defin´ıci´oval egyet´ert´esben. Ekk´eppen sz¨ uks´eges elker¨ ulni a k´et´ertelm˝ us´eget, ´es nem ¨osszezavarni a k¨ovetkez- 32 m´enyeket. ´Igy nem k¨ ovetkezik, hogy a dolog, amit term´eszetesen ´erteni szoktunk az id˝ o sz´ o alatt t´enylegesen a teremtett dolgok mozg´asa. Csak el van l´atva k´et dolog ugyanazzal a n´evvel; de nem kell a term´eszetben azonos´ıtani ˝oket u ´gy, mint a nev¨ uket. ´Igy ha azt ´all´ıtjuk, hogy az id˝o a teremtett dolgok mozg´asa, sz¨ uks´eges meg- 33 k´erdezni, mit is jelent az id˝ o sz´o, azaz vajon a szok´asos ´es ´altal´aban elfogadott jelent´es´et meghagytuk neki, vagy megfosztottuk ett˝ol, az´ert, hogy adni lehessen sz´am´ara ezen az alapon azt, hogy egy teremtett dolog mozg´asa. Ha minden m´as jelent´es le van r´ ola vetk˝ oztetve, nem tud ellentmond´ast adni, ´es egy tetsz˝oleges defin´ıci´ ov´a v´alik, amely k¨ ovetkezm´enyeiben, ahogy mondtam, nem lesz k´et dolog, aminek ugyanaz a neve. De ha az eredeti jelent´es´et is megtartjuk, ´es u ´gy tesz¨ unk mintha amit ezzel a sz´oval jel¨olt¨ unk az a teremtett dolgok mozg´asa lenne, akkor ellentmond´ashoz juthatunk. Ez tov´abb´a nem egy egyszer˝ u defin´ıci´o, hanem egy ´all´ıt´as, ami igazol´asra szorul, ha nem evidens mag´aban; ´es axi´om´av´a, vagy alapelvv´e v´alik, de sohase lesz defin´ıci´o, mivel ebben a kijelent´esben nincs megmagyar´azva, hogy az id˝ o sz´o ugyanazt a dolgot jelzi-e mint a teremtett dolgok mozg´asa, hanem mag´at´ ol ´erted˝od˝onek tekintj¨ uk, hogy az id˝o kifejez´es ez a bizonyos mozg´as. Ha nem tudtam, hogyan lehet az olyan dolgokat, amelyr˝ol a p´eld´at adtam t¨ok´e- 34 letesen meg´erteni, ´es indokolni, ak´ar bizalmas ak´ar tudom´anyos ´ertekez´esekben, nem hagyott nyugodni. De u ´gy t˝ unik sz´amomra azon tapasztalat alapj´an, amit a vit´ak z˝ urzavara adott, hogy nem tudunk teljess´eggel eljutni ide, ez a szelleme a precizit´asnak ink´abb annak az ´ertekez´esnek az ´erdek´eben van, amit ´ırok, mint azon tartalom ´erdek´eben, amit feldolgozok benne. H´any szem´ely van, aki azt k´epzeli, ha elhagyja annak eredeti jelent´es´et, defini´al- 35 hatja az id˝ ot azt mondv´an, az id˝o a mozg´as m´ert´eke! Ennek ellen´ere egy ´all´ıt´ast gy´artott nem egy defin´ıci´ ot. H´anyan vannak ugyan´ıgy, akik u ´gy gondolj´ak, defini´alt´ak a mozg´ast, amikor ezt mondt´ak: Motus nec simpliciter motus, non mera ´ ennek ellen´ere, ha elhagyj´ak a mozpotentia est, sed actus entis in potentia! Es g´as sz´ o eredeti jelent´es´et, ahogy ezt csin´alj´ak, ez nem egy defin´ıci´o hanem egy ´all´ıt´as; ´es zavart okoz ekk´eppen azon defin´ıci´okban, amiket a dolgok elnevez´es´ere haszn´alnak. Ezek pedig az igazi megengedhet˝o ´es geometriai defin´ıci´ok, amelyek,

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

130

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

tulajdonk´eppen, a tov´abbiakban nem tetsz˝oleges defin´ıci´ok, hanem ki vannak t´eve az ellentmond´asnak. Tartj´ak magukat ahhoz, hogy szabadon tehetik ezt, mint m´asok; ´es mindenki defini´alja ugyanazt a dolgot a saj´at m´odj´an, a szem´elyes szabads´ag alapj´an. Ez ugyan´ ugy el´egg´e el nem ´ıt´elhet˝o a defini´al´as m´odj´aban, ˝ ¨osszezavarnak mindent, ´es elvemint ahogy megengedhet˝ o a kor´abbi m´odon. Ok sz´ıtenek minden rendet ´es f´enyt, elvesz´ıtve saj´at magukat barangolva a bonyolult akad´alyok k¨ oz¨ ott. 36

Sohasem fogunk ebbe a hib´aba esni, ha a geometria rendj´et k¨ovetj¨ uk. Ez az ´ertelmes tudom´any igen messze ´all att´ol, hogy olyan primit´ıv szavakat defini´aljon mint t´er, id˝ o, mozg´as, egyenl˝ os´eg, t¨obbs´eg, kisebbs´eg, eg´esz ´es m´asokat, amelyeket mindenki ´ert. De ezeken k´ıv¨ ul, a marad´ek kifejez´eseket amelyeket alkalmaz, olyan szinten tiszt´azza ´es defini´alja, hogy nincs sz¨ uks´eg¨ unk sz´ot´arra meg´erteni b´armelyiket is k¨ oz¨ ul¨ uk; azaz ezen kifejez´esek ¨osszes szava t¨ok´eletesen ´erthet˝o, term´eszetes f´eny´eben is ´es a neki adott defin´ıci´o alapj´an is.

37

A m´ odszer, ami seg´ıt elker¨ ulni azokat a hib´akat, amelyeket felv´azoltunk az els˝o pontban, abban ´all, hogy csak azokat a dolgokat defini´aljuk, amelyek sz¨ uks´egesek. Ezt ugyanazon a m´ odon teszi a m´odszer a m´asik pontra vonatkoz´oan is, csak a nem evidens ´all´ıt´asokat bizony´ıtja.

38

Amikor eljut az els˝ o ismert igazs´agokig, elid˝ozik ott, ´es megk´erdezi, vajon ezek csatolhat´ ok-e, nincs-e semmi vil´agosabb t´eny, ami ezeket m´ar bizony´ıtja; azaz mindaz ami a geometria ´altal javasolt, t¨ok´eletesen igazolt, vagy saj´at term´eszetes f´eny´eben vagy valamilyen bizony´ıt´as ´altal.

39

Ekk´eppen ad´ odik, hogy ha ez a tudom´any nem defini´al vagy igazol mindent, annak az az egyszer˝ u oka, hogy ez nem lehets´eges. 7

40

K¨ ul¨ on¨ osnek tal´alhatjuk, hogy a geometria nem defini´al minden dolgot a saj´at alapvet˝ o objektumair´ ol; sem a mozg´ast, sem a sz´amokat, sem a teret nem tudja defini´alni; ´es egy´ebk´ent ez a h´arom dolog az, amit feldolgoz speci´alisan, tekintettel azokra a vizsg´alatokra, amelyeket a h´arom k¨ ul¨onb¨oz˝o n´ev takar, mechanika, aritmetika ´es geometria, ez az utols´o n´ev tartozik a fajhoz ´es a fajt´ahoz.

41 Nem meglep˝ o, ha megjegyezz¨ uk, ez a csod´alatos tudom´any csak a legegyszer˝ ubb dolgokat csatolja mag´ahoz, ugyanazt a min˝os´eget mutatja fel abban, hogy mi m´elt´ o a t´argy´anak lenni, mint abban, hogy mit nem tud defini´alni; azaz a defin´ıci´o t¨ orv´enye ink´abb egy t¨ ok´eletes´ıt´es, mint egy hi´anyoss´ag, mivel nem a bizonytalans´agb´ ol j¨ on, hanem ellenkez˝ oleg a sz´els˝os´eges nyilv´anval´os´ag´ab´ol, amelyik olyan, 7

Ide a k´ eziratban z´ ar´ ojelek k¨ oz´ e ez ker¨ ult: (A term´ eszet u ´gy b¨ unteti a tudom´ anyokat, ” hogy nem adom´ anyoz az igazs´ ag el´ er´ ese ´ erdek´ eben emberfeletti t¨ ok´ eletess´ eget, csak mindazt ´ adja, amit az ember el tud ´ erni. Ugy t˝ unik nekem, ez adatott val´ oj´ aban ezen diskurzus kezdet´ et˝ ol fogva, stb...)” – szerk.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

2.4. Pascal

131

hogy hab´ar nem lehet meggy˝ oz˝oen igazolni, de teljesen bizonyos. Felteszi teh´at, hogy mi tudjuk, mi az a dolog, amit mi tanulm´anyozunk a mozg´as, sz´am, t´er szavak alapj´an; ´es an´elk¨ ul, hogy meg´allna defini´alni ˝oket, ´athatol a term´eszet¨ uk¨on, ´es felfedezi a b´amulatos tulajdons´agaikat. Az a h´arom dolog, amely a Deus fecit omnia in pondere, in numero, et mensura” 42 ” mond´asnak megfelelve mag´aban hordozza az univerzumot, ford´ıtott ´es sz¨ uks´egszer˝ u kapcsolatban ´all egym´assal. Nem tudunk elk´epzelni mozg´ast valami mozg´o objektum n´elk¨ ul; ez a k´et dolog egy, ez az egys´eg a sz´amok eredete; v´eg¨ ul, a mozg´as nem k´epzelhet˝ o el t´er n´elk¨ ul, l´atjuk teh´at, hogy mindh´arom dolog benn foglaltatik az els˝ oben. 8

Az id˝ o szint´en benne van; a mozg´as ´es az id˝o kapcsol´odnak egym´ashoz; gyor- 43 sul´asnak ´es lassul´asnak, melyek a mozg´as differenci´ai, sz¨ uks´egszer˝ uen szint´en kapcsolata van az id˝ ovel. ´Igy vannak k¨ oz¨ os tulajdons´agai ezen dolgoknak, ezek tud´asa nyitja meg az elm´et 44 a term´eszet legnagyobb csod´ai fel´e. A legfontosabb ezekben a mindenben kevered˝o v´egletek: a nagys´ag illetve a 45 kicsis´eg felfog´asa. Hab´ar egy mozg´as lehet gyors, el tudunk k´epzelni egy gyorsabbat is, ´es ´ıgy a 46 v´egtelens´egig, an´elk¨ ul, hogy valaha el´erj¨ unk a gyorsas´ag egy olyan m´ert´ek´eig, ´ ford´ıtva, hab´ar lehet egy mozg´as lass´ amihez t¨ obbet ne lehetne hozz´atenni. Es u, m´eg jobban vissza lehet tartani; v´egtelens´egig, an´elk¨ ul, hogy el´ern´enk a lass´ us´ag egy olyan fok´ara, amit nem lehetne cs¨okkenteni v´egtelen sok m´asikra, a meglev˝ok al´a. Ugyanezen a m´ odon, ha van egy nagy sz´amunk, el tudunk k´epzelni nagyobbat; 47 ´ ford´ıtva, hab´ar a v´egtelens´egig, an´elk¨ ul, hogy ne tudn´ank tov´abb n¨ovelni. Es egy sz´am lehet kicsi, a sz´azad vagy t´ızezred r´esz´et is el tudjuk k´epzelni ennek a kicsis´egnek; ´es ´ıgy tov´abb a v´egtelens´egig, an´elk¨ ul, hogy el´ern´enk a null´at vagy a semmit. B´ar egy t´er lehet nagy, el tudunk k´epzelni egy nagyobbat; a v´egtelens´egig, an´el- 48 ´ ford´ıtva, k¨ ul, hogy meg´erkezn´enk egybe, amelyet tov´abb nem lehet n¨ovelni. Es hab´ar, egy t´er lehet kicsi, el tudunk k´epzelni egy kisebbet; a v´egtelens´egig, an´elk¨ ul, hogy el´ern´enk egy l´athatatlanba, aminek nincs semmilyen kiterjed´ese. Ugyanez a helyzet az id˝ ovel. Mindig el tudunk k´epzelni egy nagyobb id˝otartamot 49 egy v´egs˝ o n´elk¨ ul, ´es egy kisebbet egy ponthoz vagy a tiszta semmi id˝otartamhoz val´ o meg´erkez´es n´elk¨ ul. 8

Isten teremtett mindent annak s´ uly´ aban, sz´ am´ aban ´ es ar´ any´ aban.” ”

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

132

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

50 Azaz egy sz´ oval, b´armi lehet a mozg´as, a sz´am, a t´er, az id˝o, mindig van nagyobb ´es kisebb: ´ıgy valamennyien a semmi ´es a v´egtelen k¨oz¨ott ´allnak, v´egtelen t´avol ezen sz´els˝ os´egekt˝ ol. 51 Ezek az igazs´agok nem bizony´ıthat´oak; ´es m´egis ˝ok az alapjai ´es elvei a geometri´anak. De ahogy nem a hom´alyoss´aguk az oka, hogy alkalmatlanok arra, hogy bizony´ıt´ast rendelj¨ unk hozz´ajuk, hanem ellenkez˝oleg, az ˝o sz´els˝os´eges nyilv´anval´ os´aguk, u ´gy a bizony´ıt´as hi´anya nem hi´anyoss´ag, hanem ink´abb t¨ok´eletess´eg. 52

Ebb˝ ol l´atjuk, hogy ha a geometria nem tud defini´alni objektumokat vagy bizony´ıtani bizonyos elveket; annak az egyetlen ´es nyilv´anval´o oka, hogy mindkett˝o sz´els˝ os´egesen term´eszetes vil´agoss´aggal b´ır, mely er˝oteljesebben meggy˝oz˝o, mint b´armely besz´elget´es.

53

Mi evidensebb, mint annak az igazs´aga, hogy b´armi is egy sz´am meg tudjuk n¨ ovelni – meg tudjuk k´etszerezni? Ugyan´ıgy, nem lehet egy mozg´as sebess´eg´et k´etszeres´ere n¨ ovelni, ´es nem lehet egy teret hasonl´ok´eppen megk´etszerezni?

54

´ aki meg tud k´etszerezni egy sz´amot, b´armi is az, nem tudja azt megfelezni, Es ´ v´eve ezt a ´es a fel´et szint´en megfelezni? Ezen k´et f´el vajon a semmi lenne? Es k´et felet, mely k´et null´at adna, visszadja-e az o¨sszeg¨ uk az eredeti sz´amot?

55

Hasonl´ ok´eppen, lehet-e egy mozg´as olyan lass´ u, ha megfelezz¨ uk a sebess´eg´et u ´gy, hogy ugyanazon a t´eren k´etszeres id˝o alatt halad kereszt¨ ul, akkor ez az ´ vajon ezen k´et fele utols´ o leglass´ ubb mozg´as? Ez lenne a t¨ok´eletes marad´ek? Es a sebess´egnek, amely a k´et marad´ekot adn´a, el˝o´all´ıtan´a ism´et az els˝o sebess´eget?

56 V´eg¨ ul, lehet-e egy t´er olyan kicsi, hogy k´et r´eszre osztva, a kapott felek kiterjed´es ´ ezen kiterjed´es n´elk¨ n´elk¨ uliek legyenek? Es uli feleket ¨ossze lehet-e illeszteni u ´gy, hogy az eredeti kiterjed´est adj´ak? 57

Nincs oly term´eszetes ismeret az emberis´egben, ami ezt megel˝ozn´e, vagy fel¨ ulm´ uln´a vil´agoss´agban. Mindazon´altal, amiatt, hogy lehetnek p´eld´ak mindenre, tal´alunk minden egy´eb dologban am´ ugy kiv´al´o elm´eket, melyeket sokkoltak ezek a v´egtelenek, ´es semmik´eppen sem tudt´ak ezeket elfogadni.

58 Sohasem ismertem olyan szem´elyt, aki u ´gy gondolta, hogy egy t´er nem n¨ovelhet˝o. B´ar l´attam n´eh´anyat, m´as tekintetben igen j´o k´epess´eg˝ ut, aki ´all´ıtotta, hogy a t´er felbonthat´ o k´et oszthatatlan r´eszre, b´ar sz´amomra ez el´eg abszurd gondolat. 59 Annak vizsg´alat´ara szor´ıtottam magam, hogy mi az oka ennek a hom´alyoss´agnak, ´es azt tal´altam, hogy f˝ ok´eppen abb´ol ´allt ez, hogy ˝ok nem tudt´ak elk´epzelni a

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

2.4. Pascal

133

folytonoss´ag´at a felbonthat´ os´agnak a v´egtelenben, ekk´eppen azt a konkl´ uzi´ot vont´ak le, hogy felbonthatatlan. Az ember term´eszetes fogyat´ekoss´aga az a hit, hogy k¨ozvetlen¨ ul rendelkezik 60 az igazs´aggal; ebb˝ ol azonnal k¨ovetkezik, hogy mindig hajland´o tagadni azokat a dolgokat, amik ´erthetetlenek sz´am´ara; mik¨ozben val´oj´aban tudja, hogy ez term´eszetesen nem m´as, mint hazugs´ag, ´es csak azoknak a dolgoknak az ellenkez˝oj´et kell elfogadnia igaznak, amelyeket hamisnak tartott. Ekk´eppen, amikor egy ´all´ıt´as hihetetlen, sz¨ uks´eges felf¨ uggeszteni r´ola az ´ıt´eletet, 61 ´es nem pedig tagadni ezen jelz´es alapj´an, hanem megvizsg´alni az ellent´et´et; ´es ha azt tal´aljuk, hogy az nyilv´anval´oan hamis, mer´eszen er˝os´ıts¨ uk meg az eredetit, m´eg ha ´erthetetlennek is t˝ unik. Alkalmazzuk ezt a szab´alyt most is. Nincs olyan geom´eter, aki nem hinn´e el, hogy a t´er v´egtelens´egig oszthat´o. 62 En´elk¨ ul az elv n´elk¨ ul a geom´eter nem lehetne t¨obb, mintha az ember l´elek n´elk¨ ul l´etezne. Ennek ellen´ere senki sincs, aki ´erti a v´egtelen felbonthat´os´agot; ´es a geom´eter csak egy, b´ar k´ets´egtelen¨ ul elegend˝o okot tud ennek igazol´as´ara, t¨ok´eletesen egyet´ert avval, hogy ha hamis lenne, akkor fel lehetne bontani a teret felbonthatatlan, kiterjed´es n´elk¨ uli r´eszekre. Mert mi abszurdabb ann´al, mint folytatni a t´er felbont´as´at addig, m´ıg kapunk 63 egy olyan darabot, amelyet k´et r´eszre bontva, mindk´et r´esz kiterjed´es n´elk¨ uli felbonthatatlan lesz, ´es ez a k´et kiterjed´es n´elk¨ uli egy¨ utt kiterjed´est adjon? Meg kell k´erdeznem azokat, akik ezt gondolj´ak, hogy vajon vil´agosan l´atj´ak-e a kapott felbonthatatlanok ´erintkez´esi r´esz´et; ha ez kiadja az eg´eszet, akkor ez csak egy dolog, ´es a kett˝ o egy¨ utt is felbonthatatlan; ha azonban nem az eg´esz, akkor vannak r´eszei a daraboknak, teh´at nem felbonthatatlanok. Ha bevallj´ak, m´arpedig t´eny, hogy nyom´as alatt elismerik, hogy ´all´ıt´asuk ugyan- 64 olyan hihetetlen, mint a m´asik, azt is elismerik, hogy a mi k´epess´egeinkkel nem lehet ezen dolog igazs´ag´at eld¨onteni, hiszen mindk´et ´all´ıt´as hihetetlen, de az egyiknek igaznak kell lennie. De a k´epzeletbeli neh´ezs´egekkel, amelyek csak a mi gyenges´eg¨ unkkel kapcsola- 65 tosak, szemben´all egy term´eszetes tisztas´ag ´es a k¨ovetkez˝o szil´ard igazs´agok: ha igaz lenne, hogy a t´er bizonyos v´eges sz´am´ u felbonthatatlan egy¨ uttese lenne, az is k¨ ovetkezne, hogy v´eve k´et teret, amelyek mindegyike n´egyzet, azaz egyenl˝o ´es hasonl´ o minden oldalon, ´es az egyik a k´etszerese a m´asiknak, akkor az els˝o ezek k¨ oz¨ ul k´etszer annyi felbonthatatlant tartalmazna, mint a m´asik. Tartsuk ezt a k¨ ovetkezm´enyt is szem el˝ ott, ´es alkalmazzuk a n´egyzetekben lev˝o pontok sz´am´ıt´as´ara addig amig k´et n´egyzetet nem kapunk, az egyikben k´etszer annyi pont lesz, mint a m´asikban; ´es ahogy ´en is, ezt a vil´ag minden geom´etere megcsin´alhatja. De ha a dolog term´eszetes m´ odon lehetetlen, azaz ´athidalhatatlan lehetetlens´e-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

134

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

get jelent megadni pontok k´et olyan n´egyzet´et, melyek k¨oz¨ ul az egyikben k´etszer annyi pont van, mint a m´asikban, el k´ene id˝ozn¨ unk itt annyira, amennyira a dolog meg´erdemli, ´es le k´ene vonnunk bel˝ole a megfelel˝o k¨ovetkeztet´est. 66

L´atva, hogy a t´er v´egtelen oszt´asa kis id˝o alatt t¨ort´enik meg, bizonyos el˝o´ıt´eletekb˝ ol sz´armaz´ o bajokat feloldhatunk, ha figyelmeztetj¨ uk az embereket arra, hogy nem szabad ar´any´ıthatatlan dolgokat hasonl´ıtani, amint a v´egtelen oszthat´ os´agot a kicsi id˝ ovel, ami alatt v´egrehajthat´o; ellenkez˝oleg az eg´esz teret a teljes id˝ ovel, ´es a v´egtelen oszthat´ os´agot az id˝o v´egtelen kicsi pillanat´aval. Ekkor azt fogj´ak tal´alni, hogy egy v´egtelen kicsi pillanat alatt elv´egezt´ek a v´egtelen felbont´ast, ´es a kis teret hasonl´ıthatjuk a kis id˝ovel. Ebben nincs m´ar meg a meglep˝o ar´anytalans´ag.

67

V´eg¨ ul, ha meglepi a k´etked˝ oket, hogy egy kis t´ernek ugyanannyi r´esze van mint egy nagynak, magyar´azzuk meg, hogy azok a r´eszek is kisebbek m´ert´ekben, ´es ezzel az ismerettel val´ o bar´atkoz´ashoz, n´ezz´ek az ´egboltot egy kicsiny´ıt˝o u ¨vegen kereszt¨ ul, az ´eg minden r´esz´et az u ¨veg megfelel˝o r´esz´enek tekintve.

68

Ha nem tudj´ak felfogni, hogy a r´eszek olyan kicsik, hogy sz´amunkra ´eszrevehetetlenek, tov´abb oszthatunk, ahogy az ´egbolt eset´en is; nincs jobb orvosl´as, mint ´atn´ezetni ˝ oket egy olyan u ¨vegen, mely kinagy´ıtja a k´enyes pontot egy ´ori´asi t¨omegg´e; ekk´eppen k¨ onnyen elk´epzelhetik, hogy egy m´eg m˝ uv´eszibben v´agott u ¨veg seg´ıts´eg´evel, felnagy´ıthat´ oak olyannyira, hogy az ´egbolt ´altaluk csod´alt kiterjed´es´evel egyenl˝ ok lesznek. Ekk´eppen ezek az objektumok, amelyek megjelentek, k¨ onnyen oszthat´ ok, eml´ekeztetv´en arra, hogy a term´eszet v´egtelen¨ ul t¨obb, mint a m˝ uv´eszet.

69

V´eg¨ ul is, ki gy˝ ozi meg ˝ oket arr´ol, hogy ezek a nagy´ıt´o u ¨vegek v´altoztatj´ak meg a term´eszetes m´eret´et az objektumoknak, ahelyett, hogy ´eppen ellenkez˝oleg, helyre´all´ıtan´ak az igazi m´ereteket, melyeket a szem¨ unk megv´altoztat, ´es mint egy kicsiny´ıt˝ ou okkent? ¨veg cs¨

70

Bosszant´ o, hogy ilyen apr´ os´agokn´al id˝ozn¨ unk kell; de kell, hogy legyen id˝o a csek´elys´egekre is.

71 Elegend˝ o azt mondani a k´erd´es megvil´ag´ıt´as´ahoz, hogy k´et kiterjed´es n´elk¨ uli nem alkothat kiterjed´est. De vannak, akik a k¨ovetkez˝o csod´alatos v´alasszal t´ernek ki ezen f´eny el˝ ol, k´et kiterjed´es n´elk¨ uli tud kiterjed´est l´etrehozni, ahogy k´et egys´eg, amelyek egyike sem sz´am, l´etre tud hozni egy sz´amot a kombin´aci´oj´aval; erre azt kell v´alaszolni nekik, hogy ugyan´ıgy azt is mondhatn´ak, hogy h´ uszezer ember hadsereget alkot, b´ar k¨ oz¨ ul¨ uk egyik sem egy hadsereg; vagy hogy ezer h´az egy v´aros, b´ar nincs k¨ oz¨ ul¨ uk egy sem, ami v´aros lenne; vagy a r´eszek adj´ak az eg´eszet, b´ar nincs egy sem, ami az eg´esz lenne; vagy megmaradva a sz´amokn´al, hogy k´et

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

2.4. Pascal

135

bin´aris adhat egy quatern´alisat, ´es t´ız t´ızes egy sz´azast, b´ar k¨oz¨ ul¨ uk egyik sem az. De ez nem helyes gondolat, hiszen ¨osszekeveri egyenl˝otlen dolgok ¨osszehason- 72 l´ıt´as´aval a dolgok megv´altoztathatatlan term´eszet´et, az esetleges ´es ¨onk´entes nevekkel, amelyek azon emberek szesz´elyeit˝ol f¨ uggnek, akik kital´alt´ak ˝oket. Vil´agos, hogy a besz´ed megk¨ onny´ıt´ese ´erdek´eben nevez¨ unk h´ uszezer embert hadseregnek, v´arosnak egy csom´ o h´azat, ahogy t´ızesenk´ent egy egys´eget; ´es ebb˝ol a szabads´agb´ ol sz¨ uletnek az egys´eg, bin´aris, tern´aris, t´ızes, sz´azas k¨ ul¨onb¨oz˝o elnevez´esek, a mi szesz´elyeinkb˝ ol, b´ar ezek a dolgok, t´eny, hogy azonos t´ıpus´ uak a megv´altoztathatatlan term´eszet¨ uk alapj´an, ar´anyosak egym´assal ´es csak abban k¨ ul¨ onb¨ oznek egym´ast´ ol, hogy az egyik kisebb a m´asik nagyobb, ´es b´ar, a nevek eredm´enyek´ent, bin´aris nem lehet tern´aris, ugyan´ ugy, ahogy a h´az nem v´aros, s˝ot mi t¨ obb a v´aros sem h´az. De ism´et, hab´ar egy h´az nem a v´aros, azonban nem is a v´aros tagad´asa; nagy a k¨ ul¨onbs´eg a k´et kijelent´es k¨oz¨ott, hogy valami nem ” egy dolog”, ´es valami a dolog tagad´asa”. ” A fentiek meg´ert´ese ´erdek´eben sz¨ uks´eges ismerni azt, hogy az egyetlen ok 73 ami´ert az egys´eg nincs a sz´amok k¨oz¨ott az, hogy Eukleid´esz ´es az aritmetik´aval foglalkoz´ o kor´abbi szerz˝ ok, sz´amtalan tulajdons´agot adtak, mely alkalmazhat´o volt minden ett˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´amra, ez´ert, hogy ne kelljen gyakran ism´etelgetni azt, hogy minden sz´amra teljes¨ ul a felt´etel az egys´eg kiv´etel´evel, kiz´art´ak az egys´eget a sz´amok k¨ oz¨ ul, azzal a szabads´aggal, amivel mi ´elni szoktunk valami defini´al´asa sor´an. Ekk´eppen ha k´ıv´ann´ak, ugyan´ıgy kiz´arhatn´ank a bin´aris vagy tern´aris, ´es az ¨ osszes egy´eb ´altaluk ´ohajtott kifejez´est; mivel mi vagyunk a megalkot´ oi ezen kifejez´eseknek, mi jegyezz¨ uk fel ˝oket; ford´ıtva, ha nek¨ unk u ´gy tetszik, helyet adunk az egys´egnek a sz´amok k¨oz¨ott ´es a t¨orteknek ugyan´ıgy. T´eny, hogy ´altal´anos ´all´ıt´asokban ezt kell tenn¨ unk ahhoz, hogy az ´altalunk eml´ıtett ´es nem defini´altnak tartott tulajdons´agokat folyamatosan elker¨ ulhess¨ uk. De Eukleid´esz, aki elnevez´es´eben kiz´arta az egyet a sz´amok k¨oz¨ ul, annak meg´er- 74 tet´ese v´egett, hogy mindazon´altal ez nem tagad´asa az egy sz´am tulajdons´ag´anak, hanem ellenkez˝ oleg ugyanazon fajhoz tartozik, mint a sz´amok, defini´alja az egynem˝ u(homog´en) terjedelmeket: K´et terjedelem fajt´aja ugyanolyan, ha az egyik sz´amos alkalommal val´ o sokszoroz´as´aval meg tudja haladni a m´asikat; ´es k¨ovetkez´esk´eppen, mivel az egys´eg sokszorosa, meg tud haladni tetsz˝oleges sz´amot, ´ıgy azon Eukleid´esz v´elem´enye szerint, aki nem h´ıvta sz´amnak, l´enyeg´en´el ´es a megv´altoztathatatlan term´eszet´en´el fogva az egy ugyanolyan faj´ u nagys´ag, mint a sz´amok. Ez nem ugyanaz a dolog, mint a kiterjed´esre vonatkoz´o felbonthatatlans´ag. 75 Nem csak a nev´eben k¨ ul¨ onb¨ ozik, mely ¨onk´enyes, de a fenti meghat´aroz´as szerinti t´ıpus´aban is k¨ ul¨ onb¨ ozik; mivel egy felbonthatlant ak´arh´anyszor megsokszorozva

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

136

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

is, nagyon messze lesz att´ ol, hogy meghaladjon egy kiterjed´est, mivel ez sosem tud semmi m´ast alkotni, mint egy egyed¨ ul´all´o ´es kiz´ar´olagos oszthatatlant; amely term´eszetes ´es sz¨ uks´egszer˝ u, mint ahogy ezt m´ar megmutattuk. Mivel ezen ut´obbi bizony´ıt´as az oszthatatlan ´es kiterjed´es defin´ıci´oin alapul, ezekkel folytatjuk a bizony´ıt´as befejez´es´et ´es t¨ ok´eletes´ıt´es´et. 76 Oszthatatlan az, aminek nincs r´esze, ´es kiterjed´es az, aminek t¨obbf´ele elk¨ ul¨on¨ ul˝o r´esze van. 77

Ezekre a defin´ıci´ okra tekintettel, ´all´ıtom, hogy k´et oszthatatlan egyes´ıt´ese nem ad kiterjed´est.

78

Amikor ˝ oket egyes´ıtj¨ uk, ´erintkeznek n´eh´any r´eszben; ekk´eppen r´eszek j¨onnek l´etre, amelyek nem k¨ ul¨ on´all´ ok, mivel k¨ ul¨onben nem ´erintkezhetn´enek. Most a defin´ıci´ ojuk alapj´an, m´as r´esz¨ uk nincs; ez´ert nem kiterjed´es a kiterjed´es defin´ıci´oja alapj´an, mely megk¨ oveteli, hogy a r´eszek k¨ ul¨on´all´ok legyenek.

79

Ugyanezen okb´ ol, ugyanez mutathat´o ki minden m´as oszthatatlan eset´en, mely osszeilleszt´essel keletkezett. K¨ovetkez´esk´eppen egy oszthatatlant, ak´arh´anyszor ¨ sokszorozhatunk, nem fog kiterjed´est adni. Azaz az oszthatatlan nem azonos faj´ u nagys´ag mint a kiterjed´es, az azonos faj´ us´ag defin´ıci´oja szerint.

80 Ezen a m´ odon mutatjuk ki, hogy az oszthatatlan nem azonos faj´ u mint a sz´amok. Ekk´eppen ad´ odik, hogy k´et egys´eg val´oban egy sz´amot ad, mert azonos faj´ uak; ´es k´et oszthatatlan nem ad egy kiterjed´est, mert nem azonos faj´ uak. 81

Ekk´eppen l´atjuk azt is, hogy egy kis hasonl´os´ag az´ert van az egys´eg ´es sz´amok kapcsolata ´es az oszthatatlan ´es kiterjed´es kapcsolata k¨oz¨ott.

82 De ha a sz´amokban szeretn´enk olyan ¨osszehasonl´ıt´ast tenni, ami pontosan reprezent´alja a kiterjed´esben tekintetteket, akkor a nulla ´es a sz´amok k¨oz¨otti rel´aci´ot kell tekinteni; a nulla nem azonos faj´ u a sz´amokkal, mivel sokszorozva sem tudja meghaladni ˝ oket: ez az igazi oszthatatlan a sz´amok k¨oz¨ott, mint ahogy az ´ hasonl´o dolgot tal´alunk a nyugaoszthatatlan az igazi nulla a kiterjed´esben. Es lom ´es mozg´as, a pillanat ´es az id˝o k¨oz¨ott; ezek a dolgok mind elt´er˝o faj´ uak a nagys´agukban, mert v´egtelenszer sokszorozva sem adhatnak semmi m´ast, mint oszthatatlant, mint a kiterjed´es oszthatatlanja eset´eben, ugyanabb´ol az okb´ol kifoly´ olag. Tal´altunk egy t¨ ok´eletes megfeleltet´est ezen dolgok k¨oz¨ott; ezek a terjedelmek v´egtelens´egig oszthat´ ok, an´elk¨ ul, hogy valaha oszthatatlanakk´a v´aljanak, ekk´eppen mindig egy k¨ ozbees˝ o helyen vannak a v´egtelen ´es a semmi k¨oz¨ott. 83

Ilyen ez a csod´alatos kapcsolat, amit a term´eszet fel´all´ıtott ezen dolgok ´es a csod´alatos v´egtelenek k¨ oz¨ ott, ´es javasolt az emberis´eg sz´am´ara, nem meg´erteni, hanem megcsod´alni. Ennek a vizsg´alatnak a befejez´es´ehez egy v´egs˝o megjegyz´est

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

2.4. Pascal

137

kapcsoln´ek a v´egtelenekhez, b´ar v´egtelen¨ ul k¨ ul¨onb¨oznek, annak ellen´ere kapcsol´ odnak egym´ashoz, egy oly m´ odon, hogy az egyik ismerete sz¨ uks´egk´eppen elvezet a m´asik ismeret´ehez. A sz´amok eset´eben, amennyiben azok folytonosan b˝ov´ıthet˝oek, t¨ok´eletesen ´es 84 vil´agosan k¨ ovetkezik, hogy folytonosan cs¨okkenthet˝ok is; ha egy sz´am szorozhat´ o 100000-rel, p´eld´aul, a 100000-ik r´esze szint´en megkaphat´o bel˝ole, osztva ugyanazzal a sz´ammal, amivel szoroztatott; ekk´eppen minden tagja a n¨ovel´esnek egy tagj´av´a v´alik az oszt´asnak, kicser´elve az eg´eszeket t¨ortekre. ´Igy a v´egtelen n¨ ovel´es tartalmazza a v´egtelen cs¨okkent´est is. A t´erben ugyanez a kapcsolat l´athat´o a k´et ellenkez˝o v´egtelen k¨oz¨ott; azaz ha 85 egy t´er v´egtelen¨ ul kiterjeszthet˝o, akkor v´egtelen¨ ul cs¨okkenthet˝o is, ahogy ezt a k¨ ovetkez˝ o p´eld´aban alkalmazzuk: Ha t´avcs¨ov¨on kereszt¨ ul n´ezz¨ uk egy egyenes vonalon halad´ o haj´ o¨ osszeh´ uz´ od´as´at, nyilv´anval´o, hogy minden pontja a megfigyelt haj´ onak folyamatosan halad egy ´alland´o ´araml´as szerint, mely a haj´o ¨osszeh´ uz´od´as´aval ar´anyos. Ez´ert ha a haj´o menet´et a v´egtelens´egig kiterjesztj¨ uk, ez a pont folytonosan ¨ osszeh´ uz´ odik; ´es sohasem fogja el´erni azt a pontot a horizonton, amelybe a szem¨ unkb˝ ol indul´ o a t´avcs¨ov¨on kereszt¨ ul halad´o sug´ar ´erkezik, azaz folytonosan megk¨ ozel´ıti azt an´elk¨ ul, hogy el´ern´e, sz¨ untelen¨ ul felosztva azon teret, amely megmarad a horizontpont ´es a soha meg nem ´erkez˝o pont k¨oz¨ott. Ebb˝ol l´athat´ o az a sz¨ uks´egszer˝ u k¨ ovetkezm´eny, hogy kapcsolat van a haj´o mozg´as´anak v´egtelenbe val´ o kiterjeszt´ese ´altal defini´alt ´es horizontpontig megmaradt kis t´er v´egtelen kicsi oszt´asa sor´an ad´od´o v´egtelen fogalmak k¨oz¨ott. Akiket nem el´eg´ıtenek ki ezek az okok, ´es fenntartj´ak azt a hit¨ uket, hogy a t´er 86 nem oszthat´ o v´egtelens´egig, nem ig´enylik a geometriai bizony´ıt´ast, ´es hab´ar lehet, hogy felvil´agosultak egy´eb dolgokban, nagyon elmaradottak ebben; k¨onnyen lehet valaki egy nagyon tehets´eges ember ´es rossz geom´eter egyszerre. De azok, akik vil´agosan l´atj´ak ezeket az igazs´agokat, k´epesek lesznek megcsod´al- 87 ni a term´eszet pomp´aj´at ´es erej´et ebben kett˝os v´egtelenben, mely minden oldalr´ol k¨ or¨ ulvesz minket, ´es k´epesek lesznek tanulni ´es megismerni magukat azzal a csod´alatos figyelemmel, amely magunk vonatkoz´as´aban elhelyezkedik a v´egtelens´eg ´es a kiterjed´es tagad´asa k¨ oz¨ ott, a v´egtelens´eg ´es egy sz´am tagad´asa k¨oz¨ott, a v´egtelens´eg ´es egy mozg´as tagad´asa k¨oz¨ott, a v´egtelens´eg ´es az id˝o tagad´asa k¨oz¨ ott. Ebb˝ ol lehet megtanulni korl´atozni magunkat az igazi ´ert´ekeinkre, ´es olyan elm´elked´esekre, melyek ´ert´ekesebbek lesznek, mint az ¨osszes t¨obbi megmarad´o geometria ¨ onmag´aban. Azt gondoltam, hogy azok jav´ara, akik el˝osz¨or nem ´ertik ezt a kett˝os v´egtelen- 88 s´eget, de alkalmasak a meggy˝oz´esre, k¨oteles vagyok belekezdeni ebbe a hossz´ u eszmefuttat´asba. Val´ osz´ın˝ uleg ez a tanulm´any – ami sz¨ uks´eges az el˝obb eml´ıtetteknek – nem teljesen haszontalan azok sz´am´ara (´es ilyenek is lehetnek sokan),

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

138

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

akik elegend˝ oen felvil´agosultak ugyan ´altal´aban, de m´egsem ´ertik ezt a gondolatmenetet.

2.5. Riemann

2.43. a´bra. Bernhard Riemann A most k¨ ovetkez˝ o el˝ oad´ as alapvet˝o v´altoz´ast hozott a t´er le´ır´as´at szolg´al´o term´eszettudom´ anyok fejl˝ od´es´enek ir´any´aban. Gauss k´er´es´ere Riemann habilit´ aci´ os el˝ oad´ as´ at – szokatlan m´odon – a harmadiknak megjel¨olt A geometria alapjait ad´ o hipot´ezisekr˝ ol c. t´em´aj´aban tartotta meg.

´ B. Riemann: A geometria alapjait ado ´zisekro ˝l hipote ´ sa alapja ´n W. K. Clifford angol ford´ıta

A vizsg´ alat terve Mint tudjuk, a geometria felt´etelezi a t´er fogalm´anak, illetve a szerkeszt´esek els˝ o alapelveinek, mint ismert dolgoknak az ismeret´et. Defin´ıci´okat ad k¨oz¨ott¨ uk, melyek elnevez´es szint˝ uek, az igazi meghat´arozotts´aguk az axi´om´akban l´ep fel. K¨ ovetkez´esk´eppen az ezen feltev´esek k¨oz¨otti viszony felder´ıtetlen marad, sem felfogni, sem a priori elfogadni nem tudjuk, hogy e kapcsolatok vajon sz¨ uks´egeseke vagy csak lehets´egesek.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

139

2.5. Riemann

Eukleid´eszt˝ ol Legendre-ig (a legh´ıresebb modern geom´eterekig) ezen a ponton a s¨ ot´ets´eg nem volt eloszlatva sem a matematikusok, sem ezen t´em´aval foglalkoz´ o filoz´ ofusok ´altal. Az oka ennek az, hogy a t¨obbm´eret˝ u sokas´ag fogalma (amibe a t´er m´eret´enek fogalma is bele´ertend˝o) felt´aratlan maradt. Ez´ert el˝osz¨or is az ´altal´anos sokas´agfogalomb´ol kiindulva a t¨obbsz¨or¨osen kiterjesztett sokas´ag fogalm´anak konstrukci´ oj´aval kezdtem foglalkozni. K¨ovetkezni fog ebb˝ol, hogy a sokdimenzi´ os sokas´agot k¨ ul¨ onf´ele m´ert´ekviszonyokkal lehet ell´atni, k¨ovetkez´esk´eppen a t´er csak egy speci´alis esete egy h´aromdimenzi´os sokas´agnak. Ekk´eppen egy sz¨ uks´eges k¨ ovetkezm´eny, hogy a geometria ´all´ıt´asai nem sz´armaztathat´ok a sokas´ag ´altal´anos fogalm´ab´ ol, azonban azok a tulajdons´agok, amelyek megk¨ ul¨onb¨ oztetik a teret m´as lehets´eges h´aromdimenzi´os sokas´agokt´ol, csak a tapasztalat u ´tj´an vezethet˝ ok le. Ekk´eppen az a probl´ema, hogy hogyan fedezz¨ uk fel a legegyszer˝ ubb gy˝ ujtem´eny´et olyan t´enyeknek, amikb˝ol a t´er m´ert´ekviszonyai m´ar meghat´arozottak, olyan feladat, ami a term´eszet vonatkoz´as´aban nem teljesen determin´alt. Lehets´eges t¨ obb egy¨ uttese is a t´enyeknek, amelyek lehet˝ov´e teszik a t´er m´ert´ekviszonyainak meghat´aroz´as´at – a legfontosabb rendszer ehhez a c´elhoz az, amelyet Eukleid´esz lefektetett az ˝o alapjaiban. Ezen t´enygy˝ ujtem´eny – ´es u ´gy t˝ unik, minden gy˝ ujtem´enye a t´enyeknek – nem sz¨ uks´egszer˝ us´eg, csak empirikus lehet˝ os´eg; hipot´eziseket tartalmaz. Tudjuk vizsg´alni a val´osz´ın˝ us´eg¨ uket, amelyik az ´erz´ekel´es¨ unk hat´ar´an bel¨ ul igen nagy, ´es ´erdekl˝odhet¨ unk az igazs´agtartalmuk ir´ant az ´erz´ekel´es¨ unk hat´arain t´ ul is, mindk´et v´egtelen, a v´egtelen¨ ul nagy ´es a v´egtelen¨ ul kicsi ir´any´aban is. I. Az n-dimenzi´ os sokas´ ag fogalma A k¨ ovetkez˝ okben az els˝ o k´erd´essel fogunk foglalkozni, a sokdimenzi´os sokas´ag ´ gondolom, eln´ez˝obb kritik´at ig´enylek ebben, nem fogalm´anak fel´ep´ıt´es´evel. Ugy vagyok gyakorlott olyan filoz´ ofiai term´eszet˝ u v´allalkoz´asokban, ahol a neh´ezs´egek ink´abb magukban a fogalmakban tal´alhat´ok nem pedig a konstrukci´oban; mindemellett n´eh´any r¨ ovid seg´ıts´eget err˝ol a t´em´ar´ol, melyet Privy Councillor Gauss Biquadratikus Residuumok c´ım˝ u m´asodik memo´arj´aban, a Jubileumi k¨onyv´eben, ´es Herbart n´eh´any filoz´ ofiai kutat´as´aban tal´alhatunk, el˝ozetes vizsg´alat n´elk¨ ul haszn´alni fogok. 1.§ A kiterjed´es fogalma csak ott lehets´eges, ahol van egy megel˝oz˝o ´altal´anos fogalom, amely k¨ ul¨ onf´ele specializ´aci´okat enged meg. Aszerint, hogy ezen specializ´aci´ ok k¨ oz¨ ott l´etezik-e egy folytonos u ´t az egyikb˝ol a m´asikba vagy nem, folytonos vagy diszkr´et sokas´agot alkot; az els˝o esetben az egy´eni specializ´aci´okat a sokas´agok pontjainak nevezz¨ uk, a m´asodikban elemeinek. A diszkr´et sokas´agot alkot´ o specializ´aci´ ok fogalmai olyannyira k¨oz¨osek, hogy legal´abb a kultiv´alt nyelvekben minden adott dologhoz tal´alhatunk egy fogalmat, ami ˝oket tartalmazza. (Ekk´eppen a matematikusok haboz´as n´elk¨ ul l´etrehozt´ak a diszkr´et kiterjed´es elm´elet´et azon posztul´atum alapj´an, hogy bizonyos dolgok ekvivalensnek tekinthet˝ ok.) A m´asik oldalr´ ol olyan kev´es ´es t´avoli lehet˝os´eg van a folytonos sokas´ag specializ´al´as´aval kapott fogalom l´etrehoz´as´ara, hogy csak k´et egyszer˝ u fogalom

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

140

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

van, aminek specializ´al´asa sokdimenzi´os sokas´agot ad, a helyzete az ´eszlelt objektumoknak ´es a sz´ınek. El˝ osz¨or a fels˝obb matematik´aban k´ın´alkozott kiemelt lehet˝ os´eg ezeknek a fogalmaknak a megalkot´as´ara ´es fejleszt´es´ere. T¨ omegnek (Quanta) nevezz¨ uk azt a r´esz´et a sokas´agnak, amit megk¨ ul¨onb¨ozte¨ t¨ unk egy jellel vagy hat´arral. Osszehasonl´ ıt´asuk a mennyis´egre vonatkoz´oan, a diszkr´et mennyis´egek eset´eben a sz´amol´as, folytonos mennyis´egek eset´en a m´er´es seg´ıts´eg´evel megoldhat´ o. A m´er´es az o¨sszevetett mennyis´egek szuperpoz´ıci´oj´an alapul; ekk´eppen egy standard mennyis´egnek a haszn´alat´at ig´enyli. A probl´ema ebben az, hogy k´et mennyis´eg csak akkor vethet˝o o¨ssze, ha az egyik a m´asik r´esze; ´es ekkor is csak a kisebb nagyobb voltot tudjuk meghat´arozni, azt azonban nem, hogy mennyivel kisebb vagy nagyobb. A kutat´okat ez arra ind´ıtotta, hogy l´etrehozzanak egy ´altal´anos ter¨ uletet a terjedelem tudom´any´anak, amelyben a terjedelem nem egy helyt˝ol f¨ uggetlen¨ ul l´etez˝o, ´es nem valamilyen egys´eggel kifejezhet˝ o mennyis´egk´ent jelenik meg, hanem egy sokas´ag tartom´anyak´ent. A matematika sok ter¨ ulet´en ilyen kutat´asok v´altak sz¨ uks´egess´e, mint pl. a sokr´et˝ u analitikus f¨ uggv´enyek vizsg´alata eset´en; ez a sz´and´ek k´ets´egtelen¨ ul az egyik f˝o oka annak, hogy az u ¨nnepelt Abel-f´ele t´etel ´es Lagrange, Pfaff, Jacobi eredm´enyei a differenci´alegyenletek ´altal´anos elm´elet´eben mi´ert maradtak olyan hossz´ u ideig term´eketlenek. Kil´epve a kiterjesztett terjedelem tudom´any´anak ´altal´anos r´esz´eb˝ ol, amikor is semmit sem tesz¨ unk fel, ami a fogalomban benne foglaltatik, jelen c´elunkhoz elegend˝ o kiemelni k´et mozzanatot; az egyik a sokdimenzi´os sokas´ag fogalm´anak a konstrukci´ oj´ahoz kapcsol´odik, a m´asik az adott sokas´ag egy helye hat´arozotts´ag´anak a mennyis´eg hat´arozotts´ag´ara vonatkoz´o visszavezet´esre. Vil´agos lesz az n-szeres kiterjeszt´es jellege is. 2.§ Egy olyan fogalom eset´en, amelynek specializ´al´asa folytonos sokas´aghoz vezet, ha az egyik specializ´al´as´ab´ol egy meghat´arozott m´odon ´att´er¨ unk egy m´asik specializ´al´asra, az ´atsuhan´ o specializ´aci´o egy egyszeresen kiterjesztett sokas´agot alkot, aminek az igazi jellege az, hogy csak k´etir´any´ u lehet egy pontb´ol indul´o folytonos folyamat, el˝ ore vagy vissza halad´o. Ha feltessz¨ uk, hogy ez a sokas´ag egy m´asik meghat´arozott, de az el˝oz˝ot˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝o m´odon v´altozik, azaz minden pont az egyikb˝ ol egy meghat´arozott m´odon ker¨ ul ´at a m´asikba, akkor az osszes specializ´aci´ o, mely ´ıgy ´all el˝o, egy k´etszeresen kiterjesztett sokas´agot ad. ¨ Hasonl´ o m´ odon lehet el˝ o´all´ıtani egy h´aromszorosan kiterjesztett sokas´agot, ha elk´epzel¨ unk egy k´etszeresen kiterjesztett sokas´agot, amint ´atsuhan egy meghat´arozott m´ odon egy t˝ ole k¨ ul¨ onb¨oz˝obe; k¨onny˝ u elk´epzelni, hogy a fenti konstrukci´o folytathat´ o. Ha v´altoztathat´ o objektumot tekint¨ unk egy meghat´arozott fogalom helyett, a konstrukci´ onk ugyan´ ugy le´ırhat´o, mint ahogy egy (n + 1)-dimenzi´os v´altoz´ osereget megkapunk egy n-dimenzi´osb´ol ´es egy egydimenzi´osb´ol. 3.§ Megmutatjuk, hogy hogyan lehet felbontani egy adott tartom´annyal rendelkez˝ o v´altoz´ osereget egy egydimenzi´osra ´es egy kisebb dimenzi´osra. Ehhez vegy¨ unk egy 1-dimenzi´ os v´altoz´ ot egy sokas´ag valamely darabj´an – egy fix pontb´ol ind´ıtva u ´gy, hogy az ´ert´ekei ¨ osszehasonl´ıthat´ok legyenek egym´assal –, amely a so-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

2.5. Riemann

141

kas´ag minden pontj´an felvesz egy a ponttal folytonosan v´altoz´o ´ert´eket; vagy m´as szavakkal, tekints¨ uk az adott sokas´agon bel¨ uli poz´ıci´onak egy folytonos f¨ uggv´eny´et, amely nem konstans a sokas´ag semmilyen r´esz´en. Ekkor a pontok minden rendszere, ahol a f¨ uggv´eny konstans ´ert´eket vesz fel, egy a kiindul´asi sokas´ag dimenzi´ oj´an´al kisebb dimenzi´ os folytonos sokas´agot defini´al. Ezek a sokas´agok folytonosan mennek egym´asba a f¨ uggv´eny v´altoz´as´aval; ´ıgy feltehetj¨ uk, hogy az egyikb˝ ol a t¨ obbi sz´armaztathat´o, ´es besz´elhet¨ unk ´altal´aban arr´ol, hogy ez megt¨ ort´enhet u ´gy is, hogy b´armely pont az egyikb˝ol a m´asiknak egy meghat´arozott pontj´aba megy; a kiv´eteles esetekt˝ol (amelyek tanulm´anyoz´asa fontos) itt eltekinthet¨ unk. Ez´altal a hely meghat´arozotts´aga az adott sokas´agban reduk´al´odik egy mennyis´eg ´es egy kisebb dimenzi´os sokas´agban felvett poz´ıci´o meghat´aroz´as´ara. K¨ onny˝ u megmutatni, hogy ez a sokas´ag n − 1-dimenzi´os, amikor az adott sokas´ag n-szeresen kiterjesztett. n-szer ism´etelve ezt a m˝ uveletet, a hely meghat´aroz´asa egy n-szeresen kiterjesztett sokas´agban v´eges sok mennyis´eg meghat´aroz´as´ara reduk´al´ odik, amikor ez lehets´eges. Vannak sokas´agok, amelyekben a hely meghat´aroz´asa nem v´eges, hanem vagy v´egtelen sok a meghat´arozand´o mennyis´egek sz´ama, vagy ezek folytonos sokas´agot alkotnak. Ilyen sokas´agok p´eld´aul egy adott tartom´any egy f¨ uggv´eny´enek a lehets´eges meghat´aroz´asai, egy testnek a lehets´eges form´ai stb... II. Az n-dimenzi´ os sokas´ ag m´ er´ esviszonyai azon feltev´ es alapj´ an lehets´ egesek, hogy a vonalakon, fu ol, van ¨ ggetlenu ¨ l a helyzetu ¨ kt˝ hosszm´ ert´ ek, ´ es k¨ ovetkez´ esk´ eppen minden vonal minden m´ asik vonallal m´ erhet˝ o A kor´abban felvetett m´asodik probl´em´ahoz vezet el benn¨ unket az a felismer´es, hogy az n-dimenzi´ os sokas´ag fogalm´anak igazi jellege azon alapul, hogy a hely meghat´aroz´asa benne reduk´alhat´o az n terjedelem meghat´aroz´as´ara; azaz vizsg´alnunk kell azon m´ert´ekrel´aci´okat, amelyek egy ilyen sokas´agban lehets´egesek, ´es azokat a felt´eteleket, amelyek sz¨ uks´egesek a meghat´aroz´asukhoz. Ezek a m´ert´ekviszonyok csak a mennyis´egek absztrakt fogalma alapj´an tanulm´anyozhat´oak, ´es az egym´as k¨ oz¨ otti kapcsolataik formul´akkal ´ırhat´ok le. Bizonyos felt´etelek azonban felbonthat´ ok olyan rel´aci´okra, amelyeket k¨ ul¨on-k¨ ul¨on tekintve geometriai reprezent´aci´ oval l´athatunk el; ez´ert a kisz´am´ıtott eredm´eny geometriai u ´ton kifejezhet˝ ov´e v´alik. Ezen az u ´ton – igaz nem tudjuk szil´ard alapokhoz jutunk-e, kiker¨ ulve a formul´aink absztrakt viszonyai k¨oz¨ ul – legal´abb a sz´am´ıt´asi eredm´enyeink geometriai form´aban is el˝o´all´ıthat´ok. A k´erd´es ezen k´et r´esz´enek a megalapoz´asa Gauss, Disqusitiones generales circa superficies curvas.” c. memo´arj´aban ” tal´alhat´ o. 1.§ A m´ert´ekmeghat´aroz´asokhoz sz¨ uks´eges, hogy a mennyis´egek f¨ uggetlenek legyenek a helyt˝ ol. Ez sokf´elekk´eppen lehets´eges. A hipot´ezis, amit el˝osz¨or fel´all´ıtok, ´es most kifejtek, az az, hogy a hossz az egyeneseken f¨ uggetlen az egyenes helyzet´et˝ ol, ´es ´ıgy minden egyenes minden m´asik egyenessel m´erhet˝o. A helyr¨ogz´ıt´es a mennyis´egr¨ ogz´ıt´esre reduk´al´odik, ´es k¨ovetkez´esk´eppen a pont helyzet´enek

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

142

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

r¨ ogz´ıt´ese az n-dimenzi´ os sokas´agban kifejezhet˝o n db x1 , x2 , . . . xn mennyis´eggel, az egyenes meghat´aroz´asa nem m´as, mint ezeknek az egydimenzi´os f¨ uggv´enyeknek a megad´asa. A probl´ema abban ´all, hogy matematikai kifejez´est adjunk az egyenesen val´ o hossz sz´am´ara, ´es az x mennyis´egeket bizonyos egys´egek seg´ıts´eg´evel fejezz¨ uk ki. Csak bizonyos megszor´ıt´asok mellett foglalkozom ezzel a k´erd´essel, ´es el˝ osz¨ or is azokra az esetekre figyelek, amikor a dx mennyis´egek ar´anyai a v´altoz´ oiknak folytonos f¨ uggv´enyeik. Ekkor azt gondolhatjuk, hogy az egyenesek olyan elemekre vannak t¨orve, amelyekben a dx mennyis´egek ar´anyai konstansnak tekinthet˝ ok; a probl´ema ekkor a pontb´ol indul´o ds line´aris elem egy ´altal´anos kifejez´es´enek fel´all´ıt´as´ara reduk´al´odik, amely az x ´es dx mennyis´egeket fogja tartalmazni. Fel fogom azt is tenni, hogy a line´aris elem hossza els˝ o rendben v´altozatlan, amikor a pontjait ennek az elemnek egy infinitezim´alis mennyis´eggel ´athelyezz¨ uk, ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy ha minden dx mennyis´eget ugyanazzal az ar´annyal n¨ ovelj¨ uk, a line´aris elem is ugyanazzal az ar´annyal v´altozik. Ezekb˝ ol a feltev´esekb˝ ol k¨ovetkezik, hogy a line´aris elem olyan els˝orend˝ u homog´en f¨ uggv´enye lehet a dx mennyis´egeknek, mely nem v´altozik, ha az ¨osszes dx el˝ ojel´et megv´altoztatjuk, ´es amelyben tetsz˝oleges konstans az x mennyis´egek folytonos f¨ uggv´enye. Ahhoz, hogy megtal´aljuk a legegyszer˝ ubb eseteket, megkeress¨ uk egy olyan (n − 1)-dimenzi´os sokas´ag line´aris elem´enek el˝o´all´ıt´as´at, mely minden pontja egyenl˝ o t´avol van az orig´ot´ol; azaz keress¨ uk egy folytonos f¨ uggv´eny´et a helynek, amelynek ´ert´ekei megk¨ ul¨onb¨oztetik az egyiket a m´asikt´ol. Kifel´e haladva az orig´ ob´ ol ez sz¨ uks´egk´eppen n˝o minden ir´anyban vagy cs¨okken minden ir´anyban; felteszem, hogy n˝ o, ´es ez´ert itt van a minimuma. Ha az egy¨ utthat´ok els˝ o ´es m´asodik deriv´altjai v´egesek, az els˝o deriv´altnak el kell t˝ unnie, ´es a m´asodik nem v´alhat negat´ıvv´a; felteszem, hogy mindig pozit´ıv. Ez a differenci´alkifejez´es m´asodrendben konstans, ha ds is az, ´es dx, illetve ekk´eppen ds n¨ oveked´es´enek n´egyzetes f¨ uggv´enye, ez´ert sz¨ uks´egk´eppen ds2 konstansszorosa, k¨ ovetkez´esk´eppen ds a n´egyzetgy¨oke a dx egy pozit´ıv m´asodrendben homog´en f¨ uggv´eny´enek, amelyben az egy¨ utthat´ok az x mennyis´eg folytonos f¨ up ggv´ e nyei. A der´ e ksz¨ o g˝ u koordin´ a t´ a kkal kifejezett t´erben ez a kifejez´es P (dx)2 ; a T´er teh´at most ezen legegyszer˝ ubb esetnek felel meg. Az egyds = szer˝ us´eg szempontj´ab´ ol a k¨ ovetkez˝o eset azon sokas´agokat tartalmazza, amelyek ´ıveleme egy negyedrend˝ u differenci´alkifejez´es negyedik gy¨okei. Ennek ´altal´anosabb vizsg´alata nem m´as elveket, hanem jelent˝os id˝ot ig´enyel. Egy kis u ´j f´enyt hoz a t´er elm´elet´ebe, azonban az eredm´enyek geometriailag nem kifejezhet˝ok, ez´ert magam azon sokas´agok vizsg´alat´ara szor´ıtkozom, amelyekben az ´ıvelem egy kvadratikus differenci´alkifejez´es n´egyzetgy¨oke. Ilyen kifejez´eseket m´asokba transzform´alni hasonl´ ok´eppen lehet, mint ahogy n f¨ uggetlen v´altoz´o f¨ uggv´eny´ebe helyettes´ıt¨ unk n u ´j v´altoz´ ot. Ezen az u ´ton azonban nem tudunk minden kifejez´est utthat´ot minden m´asik kifejez´esbe transzform´alni, mivel a kifejez´es 21 n(n + 1) egy¨ tartalmaz, melyek a f¨ uggetlen n v´altoz´o f¨ uggv´enyei; ez´ert az u ´j v´altoz´ok bevezet´es´evel csak n felt´etelnek tudunk eleget tenni, ekk´eppen csak n egy¨ utthat´o lehet

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

143

2.5. Riemann

egyenl˝ o valamely adott mennyis´egekkel. A fennmarad´o 12 n(n − 1) determin´alva van a reprezent´alt folytonoss´ag term´eszete ´altal, k¨ovetkez´esk´eppen 12 n(n − 1) f¨ uggv´enye a helynek, sz¨ uks´eges a m´ert´ekviszonyok meghat´ap roz´ A S´ıkhoz Pas´ahoz. dx2 alakra hozilletve T´erhez hasonl´ o sokas´agok, amelyekben, az ´ıvelem a hat´ o, speci´alis esetek, melyek sz´am´ara speci´alis nevet kell bevezetni, ezeket lapos sokas´agoknak fogom nevezni. Annak ´erdek´eben, hogy a felt´etelezett form´aban reprezent´alhat´ o¨ osszes kontinuumot vizsg´alhassuk, sz¨ uks´eges megszabadulnunk a reprezent´aci´ o m´ odj´ab´ ol sz´armaz´o azon neh´ezs´egekt˝ol, melyek akkor mer¨ ulnek fel, amikor egy bizonyos elv szerint v´alasztjuk a v´altoz´okat. 2.§ Ennek a c´elnak az el´er´es´ehez tegy¨ uk fel, hogy tetsz˝oleges pontb´ol indul´o legr¨ ovidebb vonalak rendszere meg van konstru´alva; egy tetsz˝oleges pont poz´ıci´ oj´at, azaz helyzet´et ekkor annak a geodetikusnak a kiindul´asi ir´anya ´es pont ezen geodetikuson m´ert orig´ ot´ol val´o t´avols´aga hat´arozza meg, amelyen ez a pont fekszik. Kifejezhet˝ o ´ıgy a dx mennyis´eg dx0 vektora koordin´at´ai ar´any´aval ´es az s ´ıvhosszal. Vezess¨ uk most be a dx0 helyett a dx olyan line´aris f¨ uggv´enyeit, hogy a vonalelem n´egyzet´enek az eredeti ´ert´eke megegyezzen ezen kifejez´esek n´egyzet¨ osszeg´evel, azaz a f¨ uggetlen v´altoz´ok az s ´ıvhossz ´es a dx mennyis´egek ar´anyai legyenek. V´eg¨ ul helyettes´ıts¨ uk a dx x1 , x2 , . . . , xn mennyis´egeit vel¨ uk ar´anyos mennyis´egekkel u ´gy, hogy azok n´egyzet¨osszege s2 legyen. Amikor ezeket a mennyis´ bevezett¨ uk, a vonalelem n´egyzete az infinitezim´alis x elemekre P egeket n´ezve dx2 lesz, ´es a k¨ ovetkez˝o rend˝ u tag homog´en f¨ uggv´enye az 12 n(n − 1) darab (x1 dx2 − x2 dx1 ), . . . alak´ u tagnak, ´ıgy szint´en infinitezim´alis, ekk´eppen negyedrend˝ u; azaz egy v´eges mennyis´eghez jutunk, amikor azt a (0, 0, 0, . . .), (x1 , x2 , x3 , . . .), (dx1 , dx2 , dx3 , . . .) infinitezim´alis h´aromsz¨ og ter¨ ulet´enek n´egyzet´evel osztjuk. Ez a mennyis´eg ugyanolyan j´ ol meg˝ orzi az ´ert´eket, mint az x ´es dx, behelyettes´ıtve ugyanabba a k´etv´altoz´ os line´aris form´aba, vagy mint a 0-b´ol x-be ´es a 0-b´ol dx-be vezet˝o k´et geodetikus ´altal kijel¨ olt felsz´ınelem; ekk´eppen csak a helyt˝ol ´eP s ir´anyt´ol f¨ ugg. Amikor a reprezent´alt sokas´ag lapos, azaz a vonalelem n´egyzete dx2 alakra hozhat´o, akkor nyilv´anval´ oan z´erus, ekk´eppen az adott pontban az adott felsz´ınir´anyra n´ezve a laposs´agt´ ol val´ o elt´er´es m´ert´ek´enek tekinthet˝o. Ha − 34 -del szorozzuk, ez az ´ert´ek a Gauss ´altal a fel¨ uletre bevezetett tot´alis g¨orb¨ ulettel egyezik meg. Azt uggv´eny sz¨ uks´eges a m´ert´ekviszonyoknak a tal´altuk kor´abban, hogy 12 n(n − 1) f¨ sokas´ag felt´etelezett reprezent´aci´onak megfelel˝o meghat´aroz´as´ahoz, ha ekk´eppen a g¨ orb¨ ulet minden pontban 12 n(n−1) felsz´ınir´anyban adott, a kontinuum m´ert´ekviszonyai meghat´arozhat´ ok bel˝ol¨ uk, ha nincs azonos rel´aci´o k¨oz¨ott¨ uk. Ez azonban az ´altal´anos esetre vonatkoz´ oan t´enylegesen nem ´all fenn. Ezen az u ´ton a a sokas´ag azon m´ert´ekviszonyai, amelyekben a vonalelem egy m´asodrend˝ u differenci´al n´egyzetgy¨ oke, kifejezhet˝ ok oly m´odon, amely teljesen f¨ uggetlen a f¨ uggetlen v´altoz´ ok megv´alaszt´as´at´ ol. A m´ odszer teljesen hasonl´oan alkalmazhat´o ugyanezen c´el el´er´es´ere akkor is, amikor a vonalelem egy kev´esb´e egyszer˝ u alakban van megadva,

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

144

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

pl. egy negyedrend˝ u differenci´al negyedik gy¨oke. Ebben az esetben a vonalelem ´altal´aban nem reduk´alhat´ o n´egyzet¨osszeg n´egyzetgy¨ok´ev´e, ´ıgy az elt´er´es a laposs´agt´ ol a n´egyzetes vonalelemben nem m´asodrendben infinitezim´alis, ezekre a sokas´agokra az elt´er´es negyedrend˝ u. Ezen kontinuumok ezen tulajdons´ag´at a legkisebb r´eszben val´ o laposs´agnak nevezz¨ uk. Jelen c´eljainkhoz – amelyeket most vizsg´alni szeretn´enk – tartoz´ o legfontosabb tulajdons´aga ezen kontinuumoknak az, hogy a k´etdimenzi´ os sokas´agok geometriailag reprezent´alhat´ok fel¨ uletekkel, ´es a t¨ obbm´eret˝ uek reduk´alhat´ ok azokra, amelyeket tartalmaznak. Ez a tulajdons´ag most egy tov´abbi r¨ ovid diszkusszi´ot ig´enyel. 3.§ A fel¨ uletek elm´elet´eben, azon bels˝o m´ert´ekviszonyokkal egy¨ utt, amelyekben csak a fel¨ uleten halad´ o vonalak hossz´at tekintj¨ uk, mindig ¨osszekeverednek azon pontok helyzetei, amelyek a fel¨ uleten k´ıv¨ ul helyezkednek el. Azonban mi el tudunk vonatkoztatni a k¨ uls˝ o rel´aci´ okt´ol, ha olyan deform´aci´okat tekint¨ unk, amelyek a vonal hossz´at v´altozatlanul hagyj´ak – pl. ha tekintj¨ uk a fel¨ ulet minden m´odon val´ o, szak´ıt´as n´elk¨ uli hajl´ıt´as´at, ´es az ´ıgy kapott fel¨ uleteket ekvivalensnek tekintj¨ uk. Ekk´eppen p´eld´aul minden hengeres ´es k´ upszer˝ u fel¨ ulet a s´ıkkal ekvivalensnek tekinthet˝ o, mivel egym´asba vihet˝ok puszt´an hajl´ıt´assal, amely sor´an a bels˝o m´ert´ekviszonyok nem v´altoznak, ´es minden a s´ıkra vonatkoz´o t´etel – ´ıgy a teljes s´ıkgeometria – meg˝ orzi rajtuk az ´erv´enyess´eg´et. A m´asik oldalr´ol ezeket l´enyegesen k¨ ul¨ onb¨ oz˝ onek tartjuk a g¨ombfelsz´ınt˝ol, amit nem lehet a s´ıkba k´epezni szak´ıt´as n´elk¨ ul. A kor´abbi vizsg´alataink szerint egy k´etdimenzi´os sokas´ag bels˝o m´ert´ekviszonyai, amelyben a vonalelem kifejezhet˝o egy m´asodrend˝ u differenci´al gy¨ okek´ent, jellemezhet˝ ok a teljes g¨orb¨ ulettel, azaz a fel¨ uletek eset´eben ez a helyzet. A fel¨ uletek eset´eben ez a mennyis´eg szeml´eletesen interpret´alhat´o, vagy a szorzata k´et fel¨ uleti g¨ orb¨ uletnek, vagy szorozva van egy kis geodetikus h´aromsz¨ og ter¨ ulet´evel, ami a szf´erikus feleslege ugyanannak. Abb´ol a t´enyb˝ol kiindulva kell intelligens ´ertelmet adni a g¨orb¨ ulet n-dimenzi´os kiterjeszt´es´enek egy adott pontban egy hozz´a tartoz´ o adott fel¨ uleti ir´anyban, hogy a geodetikus, kiindulva egy pontb´ ol, teljesen meghat´arozott legyen, ha a kiindul´asi ir´any is adott. Ezek szerint kapunk egy j´ ol meghat´arozott fel¨ uletet, ha meghosszabb´ıtjuk az adott pontb´ ol ´es az adott fel¨ uleti ir´anyban indul´o geodetikust; ennek a fel¨ uletnek az adott pontban van egy meghat´arozott g¨orb¨ ulete, amely az n-m´eret˝ u kontinuum g¨ orb¨ ulete is az adott pontban az adott fel¨ uleti ir´anyban. 4.§ Miel˝ ott alkalmazn´ank a fentieket a t´erre, sz¨ uks´eges a lapos sokas´agokr´ol (amelyekben a vonalelem n´egyzete kifejezhet˝o a teljes differenci´alok n´egyzetosszegek´ent) n´eh´any ´altal´anos megfontol´ast tenn¨ unk. A tot´alis g¨orb¨ ulet egy n¨ szeres lapos kiterjeszt´ese eset´en minden pontban ´es minden ir´anyban z´er´o; azonban a kor´abbiak szerint elegend˝o a m´ert´ekviszonyok meghat´aroz´as´ahoz tudni, uggetlen fel¨ uleti ir´anyban a g¨orb¨ ulet z´er´o. hogy minden pontban 12 n(n − 1) f¨ Azon sokas´agokat, melyek g¨ orb¨ ulete konstans z´er´o, azon sokas´agok speci´alis esetek´ent tekinthetj¨ uk, amelyek g¨orb¨ ulete konstans. Az egy¨ uttes jellege azon kontinuumoknak, amelyek g¨ orb¨ ulete konstans, kifejezhet˝o u ´gy, hogy a benn¨ uk lev˝o

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

145

2.5. Riemann

alakzatok ny´ ujt´as n´elk¨ ul mozgathat´ok. Vil´agos, hogy az alakzatok nem tolhat´ok vagy forgathat´ ok el a sokas´agban, ha a g¨orb¨ ulet nem ugyanaz minden pontban ´es minden ir´anyban. A m´asik oldalr´ol azonban a sokas´ag m´er´esviszonyai meghat´arozottak a g¨ orb¨ ulettel; ezek ekk´eppen pontosan ugyanazok minden pontban ´es minden ir´anyban, k¨ ovetkez´esk´eppen ugyanazok a konstrukci´ok csin´alhat´ok bel˝ol¨ uk; ahonn´et k¨ ovetkezik, hogy csoportos´ıthatjuk a konstans g¨orb¨ ulet˝ u alakzatokat tetsz˝ oleges, sz´amukra el˝ ore adott poz´ıci´okba. Ezen sokas´agoknak a m´er´esviszonyai csak a g¨ orb¨ ulet ´ert´ek´et˝ ol f¨ uggenek, ´es α-val jel¨olve az ´ert´ek´et, a vonalelem analitikus kifejez´ese az qX 1 P dx2 1 + 41 α x2 alakba ´ırhat´ o. 5.§ A konstans g¨ orb¨ ulet˝ u fel¨ uletek elm´elete egy geometriai illusztr´aci´oval szolg´al. K¨ onny˝ u l´atni, hogy egy pozit´ıv g¨orb¨ ulet˝ u fel¨ ulet mindig feltekerhet˝o egy g¨ombfelsz´ınre, amelynek sugara a g¨ orb¨ ulet n´egyzetgy¨ok´enek a reciproka; de ezen fel¨ uletek teljes sokas´ag´anak ´attekint´es´ehez egyet k¨oz¨ ul¨ uk tekints¨ unk a g¨ombfelsz´ınnek ´es a t¨ obbit olyan forg´asfel¨ uletnek, mely a g¨omb¨ot az egyenl´ıt˝oje ment´en ´erinti. Azon fel¨ uletek, melyeknek nagyobb a g¨orb¨ ulete a g¨omb´en´el, a szf´er´at bel¨ ulr˝ol ´erintik, ´es vehetj¨ uk olyan alak´ unak, mint egy gy˝ ur˝ u k¨ uls˝o fel¨ ulete; ezek feltekerhet˝oek egy u ´j sugar´ u g¨ omb z´ on´aira, de egyn´el t¨obbsz¨or fognak k¨orbemenni. A kisebb pozit´ıv g¨ orb¨ ulet˝ u fel¨ uletek nagyobb sugar´ u g¨omb¨okb˝ol sz´armaznak oly m´odon, hogy kiv´agunk bel˝ ol¨ uk k´et holdat, amit k´et f´el nagyk¨or hat´arol ´es azonos´ıtjuk a hat´arol´ o vonalakat. A z´er´ o g¨orb¨ ulet˝ u fel¨ ulet egy henger lesz az egyenl´ıt˝on kereszt¨ ul, a negat´ıv g¨ orb¨ ulet˝ u fel¨ uletek k´ıv¨ ulr˝ol ´erintik a hengert, ´es olyanok, mint egy gy˝ ur˝ unek a bels˝ o fel¨ ulete. Ha ezeket a fel¨ uleteket mint a fel¨ uleti tartom´anyok elhelyez´ese lehets´eges helyeinek tekintj¨ uk – mint ahogy a T´er a testek elhelyez´es´enek lehets´eges helye – a fel¨ uleti tartom´anyok ezeken a fel¨ uleteken ny´ ujt´as n´elk¨ ul mozgathat´ ok. A pozit´ıv g¨orb¨ ulet˝ u fel¨ uletek mindig alak´ıthat´ok u ´gy, hogy a fel¨ uleti tartom´anyok tetsz˝ olegesen k¨orbe mozgathat´ok rajta ny´ ujt´as n´elk¨ ul, azaz (alak´ıthat´ ok) szf´erafel¨ ulett´e; de ez nem teljes¨ ul a negat´ıv g¨orb¨ ulet˝ uekre. Mindemellett a fel¨ uleti tartom´anyok f¨ uggetlens´ege a helyt˝ol a z´er´o g¨orb¨ ulet eset´eben ugyan´ ugy fell´ep, mint az ir´any f¨ uggetlens´ege a helyt˝ol, ez az ut´obbi a kor´abbi fel¨ uletek eset´eben nem l´etezik. III. Alkalmaz´ as a t´ erre 1.§ Ha felt´etelezz¨ uk az ´ıvhossz f¨ uggetlens´eg´et a helyt˝ol ´es a vonalelem kifejezhet˝ os´eg´et egy m´asodrend˝ u differenci´al gy¨okek´ent, azaz a sokas´ag legkisebb r´eszekben val´ o laposs´ag´at, akkor a m´ert´ekviszonyok n-szeres kiterjeszt´esenek meghat´aroz´as´ara vonatkoz´ o vizsg´alatokkal deklar´alhat´oak azok a felt´etelek, amelyek sz¨ uks´egesek ´es el´egs´egesek a t´er metrikus tulajdons´againak meghat´aroz´as´ahoz.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

146

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

El˝ osz¨ or is kifejezhet˝ ok ekk´eppen: a g¨orb¨ ulet minden pontban, h´arom fel¨ uletir´anyban z´er´ o; ´es innen a t´er metrikus tulajdons´agai meghat´arozottak, ha a h´aromsz¨ ogek sz¨ ogeinek ¨ osszege mindig k´et der´eksz¨og ¨osszeg´evel egyenl˝o. M´asodszor, ha Eukleid´esszel mi is feltessz¨ uk, hogy nemcsak az egyenesek l´etez´ese f¨ uggetlen a helyt˝ ol, hanem a testek´e is, azonnal kapjuk, hogy a g¨orb¨ ulet mindenhol konstans; ´es a h´aromsz¨ogek sz¨og¨osszege minden h´aromsz¨ogben meghat´arozott, ha egyben ismert. Harmadszor, lehets´eges a vonalhossz f¨ uggetlen a helyt˝ol ´es az ir´anyt´ol” kit´e” tel helyett felt´etelezni valamilyen f¨ uggetlens´eget a hosszt´ol ´es a helyhez tartoz´o ir´anyt´ ol. Ezen koncepci´ o szerint a helyb´eli v´altoz´asok olyan komplex mennyis´egek, amelyek h´arom f¨ uggetlen egys´eggel vannak kifejezve. 2.§ Az el˝ oz˝ o vizsg´alatainkban el˝osz¨or megk¨ ul¨onb¨oztett¨ uk a kiterjeszt´es rel´aci´oit vagy part´ıci´ oit ´es a m´er´esviszonyokat, ´es azt tal´altuk, hogy ugyanazon sz´elesk¨or˝ u tulajdons´agokkal rendelkez˝ o k¨ ul¨onb¨oz˝o m´er´esviszonyok k´epzelhet˝ok el; ezut´an vizsg´altuk azt az egyszer˝ u m´eretr¨ogz´ıt˝o rendszert, amellyel a t´er m´er´esviszonyai teljesen meghat´arozottakk´a v´alnak, ´es amelyekb˝ol minden r´oluk sz´ol´o ´all´ıt´as egy sz¨ uks´egszer˝ u k¨ ovetkezm´eny; visszamaradt teh´at az a k´erd´es, hogy mik´ent, milyen fokban ´es terjedelemben korl´atozza a tapasztalat mindezen felt´eteleket. Ebben a vonatkoz´asban van egy val´ odi megk¨ ul¨onb¨oztet´es a puszt´an kiterjed´esre vonatkoz´ o viszonyok ´es a m´ert´ekviszonyok k¨oz¨ott; m´ıg az el˝obbiben, ahol a lehets´eges esetek diszkr´et sokas´agot alkotnak, a tapasztalat deklar´aci´oi val´oban nem bizonyoss´agok, de nem is helytelenek; addig a m´asodikban, ahol a lehets´eges esetek folytonos sokas´agot alkotnak, minden tapasztalaton alapul´o meghat´arozotts´ag helytelen: a val´ osz´ın˝ us´eg m´eg ha nagy is, sohasem pontos. Ez a meggondol´as fontoss´a v´alik ezen empirikus meghat´arozotts´agoknak a megfigyel´es hat´arain t´ uli kiterjeszt´es´en´el a v´egtelen nagy vagy a v´egtelen kicsi eset´eben; mivel az ut´obbi vil´agos, hogy helytelenn´e v´alhat t´ ul a megfigyel´es hat´arain, m´ıg a kor´abbi nem. A t´erkonstrukci´ o v´egtelen¨ ul naggy´a kiterjeszt´es´eben meg kell k¨ ul¨onb¨oztetn¨ unk a nem korl´atos, illetve a v´egtelen nagy fogalmakat, az els˝o a kiterjed´es viszonyai k¨ oz´e tartozik, a m´asodik a m´er´esviszonyok k¨oz´e. Az, hogy a t´er egy h´aromm´eret˝ u sokas´ag, egy olyan feltev´es, mely a k¨ uls˝o vil´agr´ol alkotott elk´epzel´eseket figyelembe v´eve fejl˝ od¨ ott ki, melyek szerint minden pillanatban a val´odi ´eszlel´es tartom´anya teljes, ´es a keresett objektum lehets´eges poz´ıci´oi meghat´arozottak, tov´abb´a ezen elvek ¨ or¨ okre fenntartj´ak saj´at magukat. A t´er korl´atlans´aga eszerint nagyobb empirikus bizonyoss´ag, mint b´armilyen k¨ uls˝o tapasztal´as. De a sokas´ag v´egtelen nagys´aga nem k¨ ovetkezik ebb˝ol; a m´asik oldalr´ol viszont, ha feltessz¨ uk a test helyt˝ ol val´ o f¨ uggetlens´eg´et, ´es ekk´eppen konstans g¨orb¨ uletet tulajdon´ıtunk a t´ernek, akkor sz¨ uks´egk´eppen v´egesnek kell lennie, amennyiben ell´atjuk egy ak´armilyen kicsi pozit´ıv g¨orb¨ ulettel. Ha egy adott fel¨ uletelemb˝ol kiindulva meghosszabb´ıtjuk az ¨ osszes geodetikust, egy nem korl´atos, konstans g¨orb¨ ulet˝ u fel¨ ulethez jutunk, azaz olyan fel¨ ulethez, amelyik a g¨omb¨ot form´al´o h´aromdimenzi´ os lapos sokas´ag, k¨ ovetkez´esk´eppen v´eges.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

2.5. Riemann

147

3.§ A v´egtelen¨ ul nagyr´ ol sz´ ol´ o k´erd´esek a term´eszet interpret´al´asa szempontj´ab´ol hasznavehetetlenek. De nem ez a helyzet a v´egtelen¨ ul kicsivel. A pontoss´agt´ol, amivel a jelens´egeket k¨ ovetj¨ uk a v´egtelen kicsibe, alapvet˝oen f¨ uggenek az okozati ¨ osszef¨ ugg´eseikr˝ ol val´ o ismereteink. A jelen sz´azad el˝omenetele a mechanika megismer´es´eben csaknem eg´esz´eben a m´er´esek pontoss´ag´at´ol f¨ ugg, amely az infinitezim´alis kalkulus feltal´al´asa nyom´an, az Archim´ed´esz, Galilei, Newton ´altal felfedezett ´es a modern fizik´aban haszn´alt egyszer˝ u elveken kereszt¨ ul v´alt lehets´egess´e. De a term´eszettudom´anyban, amelyben ilyen konstrukci´ok sz´am´ara mindig egyszer˝ u alapelveket akarunk, keress¨ uk az okozati ¨osszef¨ ugg´eseket, k¨ovetve a jelens´egeket a par´anyok vil´ag´aba addig, am´ıg a mikroszk´op engedi. Az infinitezim´alisan kicsi t´erbeli m´er´esviszonyokr´ol sz´ol´o k´erd´esek teh´at ekk´eppen nem feleslegesek. Ha feltessz¨ uk, hogy a testek a hely¨ ukt˝ol f¨ uggetlen¨ ul l´eteznek, ´es a g¨orb¨ ulet konstans, akkor csillag´aszati m´er´esekb˝ol vagy arra k¨ovetkeztethet¨ unk, hogy nem lehet m´as, mint z´erus; vagy a reciprok´anak valamely ar´anya sz¨ uks´egk´eppen egy olyan ter¨ ulet, ami a teleszk´ opunk hat´ot´avols´ag´aval ¨osszevetve elhanyagolhat´onak bizonyul. Ha azonban a testek helyt˝ol val´o f¨ uggetlens´ege nem igaz, akkor nem tudunk olyan k¨ ovetkeztet´eseket levonni a nagy l´ept´ek˝ u metrikus rel´aci´okb´ol, mint amilyeneket az infinitezim´alisan kicsi´eib˝ol, ebben az esetben ugyanis a g¨orb¨ ulet minden pontban, a h´arom ir´anyban tetsz˝oleges ´ert´eket vehet fel, felt´eve, hogy a t´er minden m´erhet˝ o r´esz´eben a teljes g¨orb¨ ulet ´erz´ekelhet˝oen nem k¨ ul¨onb¨ ozik a z´erust´ ol. M´eg bonyolultabb ¨osszef¨ ugg´esek l´etezhetnek, ha nem tessz¨ uk fel a line´aris elem kifejezhet˝ os´eg´et a negyedrend˝ u differenci´al n´egyzetgy¨ok´evel. Most u ´gy t˝ unik, hogy azok az empirikus fogalmak, amelyeken a t´er metrikus kifejezhet˝ os´ege alapul, a merev test ´es a f´enysug´ar fogalma, ´erv´enytelenn´e v´alnak a v´egtelen kicsi eset´en. Ekk´eppen teljesen szabadon feltehetj¨ uk, hogy a t´er metrikus ¨ osszef¨ ugg´esei v´egtelen¨ ul kicsiben nem alkalmazkodnak a geometria hipot´eziseihez; ´es nek¨ unk ezt t´enyk´ent kell kezeln¨ unk, ha ez´altal hozz´ajuthatunk a jelens´eg egyszer˝ ubb ´ertelmez´es´ehez. A geometriai hipot´ezisek v´egtelen¨ ul kicsiben val´o ´erv´enyess´eg´enek k´erd´esei a t´er metrikus ¨ osszef¨ ugg´eseinek k´erd´esei alapj´an hat´arolhat´ok be. Ezen utols´o k´erd´esben, amelyet mi a t´er doktr´ın´ai k¨oz´e sorolunk, megtal´alhat´o az a kor´abban eml´ıtett alkalmaz´as, hogy egy diszkr´et sokas´agban, a metrikus ¨osszef¨ ugg´esek alapjai adottak magukban a fogalmukban, m´ıg egy folytonos sokas´agban ezek az alapok k´ıv¨ ulr˝ ol j¨ onnek. Ekk´eppen vagy az a val´os´ag, hogy a t´er diszkr´et sokas´agot alkot, vagy a metrikus ¨ osszef¨ ugg´esek alapjait k´ıv¨ ul kell keresn¨ unk, a k¨ot˝oer˝oben, ami hat rajta. A v´alasz ezekre a k´erd´esekre csak azon fogalmakb´ol kiindulva adhat´o meg, amelyeket a tapasztalat m´ar igazolt, ´es amelyeket Newton feltett mint alapot, ´es ezen fogalmakban dolgozva folytonos v´altoztat´as sz¨ uks´egeltetett azon t´enyek alapj´an, melyeket nem tudtak megmagyar´azni. A kutat´as ´altal´anos fogalmakkal kezd˝odik, olyanokkal, mint amelyeket mi ´eppen vizsg´alunk, csak a t´ ul sz˝ uk l´at´asm´od tudja

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

148

´s projekt´ıv s´ıkgeometria ´k 2. Elliptikus e

ezt a munk´at akad´alyozni, ´es a dolgok egym´asra hat´as´anak tudom´any´aban val´o el˝ orehalad´ast pedig a tradicion´alis elfogults´ag g´atolhatja. Ez vezet minket egy m´asik tudom´any ter¨ ulet´ere, a fizik´a´era, melyben munk´anknak az objektumai fell´epnek, ´es ma m´eg nem engednek minket haladni.

¨ Osszegz´ es A vizsg´ alat terve: I. Az n-szeres kiterjed´ es fogalma. 1.§ Folytonos ´es diszkr´et sokas´ag. A sokas´ag meghat´arozott r´esz´et Quanta-nak h´ıvjuk. A folytonos terjedelem elm´elet´enek feloszt´asa k´et r´eszre, a terjedelemviszonyok elm´elet´ere, amelyben a mennyis´eg f¨ ugg´ese a helyt˝ol nincs felt´eve, illetve a m´eretviszonyok elm´elet´ere, amelyben egy ilyen feltev´es kell, hogy legyen. 2.§ Az egyszeresen, k´etszeresen ´es n-szeresen kiterjesztett terjedelem konstrukci´ oj´anak fogalma. 3.§ A t´err¨ ogz´ıt´es redukci´ oja mennyis´egr¨ogz´ıt´ess´e egy adott sokas´agban. Az nszeresen kiterjesztett terjedelem igazi jellege. II. M´ ert´ ekviszonyok, amelyekben egy n-dimenzi´ os sokas´ ag kiel´ eg´ıti azt a feltev´ est, hogy a vonalaknak e helyt˝ ol fu ¨ ggetlen hossza van, k¨ ovetkez´ esk´ eppen minden vonal minden m´ asikkal m´ erhet˝ o. 1.§ A vonalelem kifejez´ese. A lapos sokas´agok, amelyekben a vonalelem kifejezhet˝ o teljes differenci´alok ¨ osszeg´enek n´egyzetgy¨okek´ent. 2.§ Azon n-dimenzi´ os sokas´agok vizsg´alata, amelyekben a vonalelem reprezent´alhat´ o egy negyedrend˝ u differenci´al n´egyzetgy¨okek´ent. A laposs´agt´ol val´o elt´er´es m´ert´eke egy adott pontban, egy adott fel¨ uleti ir´anyban. A m´er´esrel´aci´ok meghat´aroz´as´ahoz sz¨ uks´eges ´es elegend˝o, hogy a g¨orb¨ ulet adott legyen minden pontban, tetsz˝ oleges 21 n(n − 1) ir´anyban. 3.§ Geometriai illusztr´aci´ ok. 4.§ A lapos sokas´agok (melyekben a g¨orb¨ ulet mindenhol z´erus) tekinthet˝ok a konstans g¨ orb¨ ulet˝ u sokas´agok speci´alis eseteinek. Ezek defini´alhat´ok avval a felt´etellel, hogy az n-szeres terjedelem nem f¨ ugg a helyt˝ol (lehets´eges ny´ ujt´asmentes mozg´as). 5.§ Konstans g¨ orb¨ ulet˝ u fel¨ uletek. III. Alkalmaz´ as a T´ erre. 1.§ Azon t´enyek rendszere, melyek elegend˝ok a geometri´aban felt´etelezett t´er m´er´esviszonyainak meghat´aroz´as´ahoz. 2.§ Mi az empirikus meghat´arozotts´ag ´erv´enyess´ege a megfigyel´es hat´ar´an t´ ul, a v´egtelen nagy ir´any´aban? 3.§ Mi ez a v´egtelen kicsi ir´any´aban? Ezen k´erd´es kapcsolata a term´eszet interpret´aci´ oj´aval.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

J´ ozsef Attila: Rem´ enytelenu ¨l Lassan, t˝ un˝ odve Bolyai J´ anos levele atyj´ ahoz

Az ember v´eg¨ ul homokos, szomor´ u, vizes s´ıkra ´er. sz´etn´ez merengve ´es okos fej´evel biccent, nem rem´el. ´ is ´ıgy pr´ob´alok csal´as En n´elk¨ ul sz´etn´ezni k¨onnyed´en. Ez¨ ust¨os fejszesuhan´as j´ atszik a ny´arfa level´en. A semmi ´ag´an u ¨l szivem, kis teste hangtalan vacog, k¨ or´eje gy˝ ulnek szeliden s n´ezik, n´ezik a csillagok.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

3. fejezet

Egybev´ ag´ os´ agok szintetikus kezel´ ese C´elunk az euklideszi ´es hiperbolikus egybev´ag´os´agok szintetikus le´ır´asa kis dimenzi´ os esetekben.

3.1. Az euklideszi s´ık egybev´ ag´ os´ agai Minden geometria egy speci´ alis transzform´ aci´ ocsoport invari´ ansainak elm´elete. F. Klein: Erlangeni program

El˝ osz¨ or olyan lek´epez´esek oszt´aly´at n´ezz¨ uk, melyek tetsz˝oleges objektumot magukkal egybev´ ag´ oba visznek. 3.1.1. Defin´ıci´ o. Az abszol´ ut t´er azon ¨ onmag´ ara vonatkoz´ o bijekci´ oit, melyek a szakaszokat vel¨ uk egybev´ ag´ o szakaszokba viszik, egybev´ag´os´agnak nevezz¨ uk. Az abszol´ ut t´er egybev´ ag´ os´agai a kompoz´ıci´o m˝ uvelet´ere n´ezve csoportot alkotnak. A csoport nem kommutat´ıv, hiszen p´eld´aul egy egyenl˝o oldal´ u ABC o forgat´as” ´es a h´ aromsz¨ og A cs´ ucsa, mint k¨oz´eppont k¨or¨ uli + π3 sz¨oggel val´ ” oggel val´ C k¨ or¨ uli − π3 sz¨ o forgat´as nem cser´elhet˝o fel, a B pont k´epe az els˝o esetben C, a m´ asodik esetben pedig A. Persze el˝osz¨or meg kell mondanunk, hogy mit ´ert¨ unk forgat´ ason. El˝osz¨or le´ırjuk a s´ıkbeli egybev´ag´os´agok t´ıpusait, ´es jellemz˝ o nevet v´ alasztunk nekik. 3.1.2. Defin´ıci´ o. A s´ık egy adott t egyenes´ere vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´es a s´ık azon lek´epez´ese ¨ onmag´ ara, mely tetsz˝ oleges P ponthoz azon P ′ pontot rendeli k´epk´ent, melyre a P P ′ szakasz mer˝ oleges t-re, ´es a P P ′ ´es t egyenesek T met′ sz´espontja a P P szakaszt k´et egybev´ ag´ o szakaszra bontja. A t´er egy α s´ıkj´ara vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es a t´er azon lek´epez´ese ¨ onmag´ ara, mely tetsz˝ oleges P ponthoz azon P ′ pontot rendeli k´epk´ent, melyre P P ′ szakasz mer˝ oleges α-ra, ´es a P P ′ egyenes ´es az α s´ık T metsz´espontja a P P ′ szakaszt k´et egybev´ ag´ o szakaszra bontja. Ha a P pont illeszkedik a t egyenesre vagy az α s´ıkra, akkor a k´epe defin´ıci´ o szerint legyen maga. 3.1.1. Lemma. A s´ık egyenesre vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´ese ´es a t´er s´ıkra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´ese j´ ol defini´ alt egybev´ ag´ os´ aga a s´ıknak illetve a t´ernek. 151

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

152

´ go ´ sa ´ gok szintetikus kezele ´se 3. Egybeva

B A

C

D

, A B

,

3.1. ´ abra. Az egyenesre t¨ ukr¨oz´es egybev´ag´os´ag Bizony´ıt´ as: A s´ıkban egyenesre egy´ertelm˝ uen bocs´athat´o a s´ık egy pontj´ab´ ol mer˝ oleges egyenes (1.2.1. t´etel), ´ıgy a szakasz egy´ertelm˝ u felm´erhet˝os´ege miatt az egyenesre vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´es mint lek´epez´es j´ol defini´alt. A s´ıkra t¨ ukr¨ oz´es lek´epez´es j´ ol defini´alt volta az 1.5.2. t´etel k¨ovetkezm´enye. El´eg teh´ at igazolni, hogy szakaszokat vel¨ uk egybev´ag´o szakaszokba visznek. A s´ıkbeli eset bizony´ıt´ asa ut´ an a t´erbeli az 1.5.5. t´etel k¨ovetkezm´enye, ´ıgy el´eg az el˝ obbivel foglalkozunk (l´ asd 3.1. ´abra). Az A pont k´epe A′ , a B k´epe B ′ , a t¨ uk¨ oregyenesen val´ o metsz´espontok rendre C ´es D. A felt´etelek szerint BCD△ egybev´ ag´ o B ′ CD△ , ez´ert |BC| = |B ′ C| ´es BCD∡ = B ′ CD∡ . Azaz BAC △ egybev´ ag´ o B ′ A′ C △ , ´es ´ıgy |AB| = |A′ B ′ |. A k¨ ovetkez˝ o t´etel adja az oszt´alyoz´asunk alapj´at. 3.1.1. T´ etel. A s´ık tetsz˝ oleges egybev´ ag´ os´ aga legfeljebb h´ arom egyenesre vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es szorzata, tetsz˝ oleges t´erbeli egybev´ ag´ os´ ag legfeljebb n´egy s´ıkt¨ ukr¨ oz´es kompoz´ıci´ oja. Bizony´ıt´ as: Tekintettel arra, hogy a k´et bizony´ıt´as logikailag azonos, csak a t´erbeli ´ all´ıt´ as bizony´ıt´ as´ ara koncentr´alunk. Tegy¨ uk fel el˝osz¨or, hogy a Φ egybev´ ag´ os´ agnak van n´egy nem egys´ık´ u fixpontja. Ekkor Φ csak az identit´ as lehet. Legyen ugyanis A ´es A′ tetsz˝oleges ¨osszetartoz´o pontp´ar. Ekkor ulnek. A mer˝olegess´egi t´eaz Fi fixpontokra |AFi | = |A′ Fi | egyar´ant teljes¨ tel ut´ ani megjegyz´es alapj´ an ´ıgy a n´egy nem egys´ık´ u fixpont egyar´ant az AA′ szakasz szakaszfelez˝ o mer˝oleges s´ıkj´ahoz tartozik, ami lehetetlen. Legyen most lek´epez´es¨ unknek h´arom fixpontja Fi i = 1, 2, 3, ´es az A pont k´epe legyen A′ . Tekints¨ uk az AA′ szakasz szakaszfelez˝o mer˝oleges s´ıkj´ara vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´est, TA -t. Ekkor n´egy fixponttal rendelkezik a TA ◦ Φ egybev´ag´os´ag, ekk´eppen az identit´ assal azonos. Maga a Φ ekkor a TA t¨ ukr¨oz´es. Hasonl´oan

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

153

´ go ´ sa ´ gai 3.1. Az euklideszi s´ık egybeva

A F2

F1

F3

A

,

3.2. ´ abra. Az egybev´ag´os´agok alapt´etele vezethet˝ o vissza a k´et fixpontos eset a h´arom fixpontosra, majd az egy fixpontos a k´et fixpontosra, v´eg¨ ul a fixpontmentes lek´epez´es az egy fixponttal rendelkez˝ ore. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a t´etel n-dimenzi´os abszol´ ut t´erben hasonl´oan bizony´ıthat´ o, ekkor legfeljebb n + 1 hipers´ıkra vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´es szorzatak´ent all el˝ ´ o egy ´ altal´ anos egybev´ ag´os´ag. A fenti t´etel szerint legfeljebb h´arom egyenesre vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´es kompoz´ıci´ oj´ aval tetsz˝ oleges egybev´ag´os´ag megadhat´o. A tov´abbiakban a kompoz´ıci´ ot szorz´ asnak nevezz¨ uk, ´es a megfelel˝o m˝ uveletet ponttal jel¨olj¨ uk. Mivel k´et egyenes k¨ olcs¨ on¨ os helyzete a s´ıkban metsz˝o vagy p´arhuzamos, a t¨ ukr¨oz´esek meghat´ aroz´ o egyeneseinek elhelyezked´ese r¨ogt¨on nagy t´ıpusokba sorolja a k´et t¨ ukr¨ oz´es szorzatak´ent el˝o´all´o egybev´ag´os´agokat. E szerint 3.1.3. Defin´ıci´ o. P´ arhuzamos egyenesp´ arra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´esek szorzat´ at eltol´ asnak, metsz˝ o egyenesp´ arra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´esek szorzat´ at elforgat´asnak nevezz¨ uk. A k¨ ovetkez˝ o lemma abszol´ ut t´erben ´erv´enyes. Bizony´ıt´as´aban az euklideszi ´es hiperbolikus eseteket egy¨ utt kezelj¨ uk. 3.1.2. Lemma (lemma a reprezent´al´asr´ol). Adott a φ = t2 · t1 lek´epez´es. Ekkor tetsz˝ oleges, a t1 , t2 egyenesp´ ar sug´ arsor´ ahoz tartoz´ o t′1 egyeneshez van ′ olyan egy´ertelm˝ uen meghat´ arozott t2 egyenese ugyanezen sug´ arsornak, hogy φ = t′2 · t′1 . Bizony´ıt´ as: Mivel φ egybev´ag´os´ag, ez´ert illeszked´es, egyenes ´es t´avols´agtart´ o bijekci´ o. Vil´ agos, hogy minden sug´arsort vele azonos t´ıpus´ u sug´arsorba visz. Mivel a sug´ arsor egyik elem´enek k´epe egy m´asik eleme, a tart´oja a lek´epez´es invari´ ansa. Ha a tart´o a s´ık egy pontja, akkor a lek´epez´esnek ez

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

154

´ go ´ sa ´ gok szintetikus kezele ´se 3. Egybeva

fixpontja, ´es a sug´ arsor valamennyi elem´en szint´en egy fixpontot ad. Ha egyenes, akkor a tart´ o invarianci´ aja alapj´an a r´a mer˝oleges ir´any (v´egtelen t´avoli elem) fix volta ad´ odik. Mindk´et esetben a teljes sug´arsor invari´ans marad a lek´epez´esn´el. Most h´ arom eset l´ephet fel. Metsz˝ o egyenesp´ ar mind az euklideszi mind a hiperbolikus geometri´aban defini´ alja a t1 , t2 egyenesek a´ltal meghat´arozott, a nem nagyobb m´ert´ek˝ unek megfelel˝ o sz¨ oget, melyet pozit´ıv ir´any´ unak tekint¨ unk, ha a P1 ∈ t1 pontot valamely P2 ∈ t2 pontba az o´ramutat´o j´ar´as´aval ellent´etes ir´any´ u, π-n´el nem nagyobb forgat´ as viszi, ´es negat´ıvnak a m´asik esetben. A lek´epez´es sor´an a pontokat a k´epeikbe ekkor 2P1 OP2∡ sz¨og˝ u forgat´as viszi, ez´ert megkeresve a t′1 egyeneshez azt a t′2 egyenest, mely t′1 egyenesnek a P1 OP2 ∡ sz¨oggel val´o elforgat´ as´ aval keletkezik, a t′2 t′1 szorzat szint´en φ-t defini´alja. A m´ asodik esetben egy¨ utt vizsg´alhatjuk az euklideszi p´arhuzamos egyenesp´ ar ´es hiperbolikus k¨ oz¨ os mer˝olegessel rendelkez˝o egyenesp´ar eseteket. Mindk´et szitu´ aci´ oban a k¨ oz¨ os mer˝ olegesen defini´al´odik az ir´any´ıtott eltol´as szakasz, aminek seg´ıts´eg´evel a sug´ arsor alkalmas t′2 eleme azonnal kijel¨ol˝odik. V´eg¨ ul k¨ ul¨ on vizsg´ alatra szorul a hiperbolikus p´arhuzamos egyenesp´ar esete. Ilyenkor adott paracikluson jel¨ol˝odik ki az ir´any´ıtott ´athelyez´esi”´ıv, mely” nek seg´ıts´eg´evel a sug´ arsor t′2 eleme ism´et egy´ertelm˝ uen kijelhet˝o. K¨ ul¨ on¨ os jelent˝ os´ege van k´et mer˝oleges egyenesre val´o t¨ ukr¨oz´es szorzat´anak, ezt a metsz´espontjukra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´esnek nevezz¨ uk. Fontos p´elda h´ aromn´ al kevesebb t¨ ukr¨oz´es szorzatak´ent nem el˝o´all´o egybev´ ag´ os´ agra a k¨ ovetkez˝ o: egy eltol´as ´es egy az eltol´as ir´any´aval p´arhuzamos egyenesre vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es szorzata. Az ´ıgy kapott egybev´ag´os´agot cs´ usztatva t¨ ukr¨ oz´esnek nevezz¨ uk. 3.1.2. T´ etel. Az euklideszi s´ık egybev´ ag´ os´ agai a k¨ ovetkez˝ o t´ıpusokba sorolhat´ ok: • identit´ as: minden pont k´epe saj´ at maga

• tu oz´ es: egy egyenesre vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es ¨ kr¨

• eltol´ as: p´ arhuzamos egyenesp´ arra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´esek szorzata

• forgat´ as: metsz˝ o egyenesp´ arra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´esek szorzata

• cs´ usztatva tu es: eltol´ as szorzata vele p´ arhuzamos tengely˝ u t¨ ukr¨ o¨ kro ¨z´ z´essel Bizony´ıt´ as: Az 3.1.1. t´etel szerint azt kell csak bizony´ıtani, hogy tetsz˝oleges h´ arom t¨ ukr¨ oz´es szorzatak´ent megadott egybev´ag´os´ag a fenti esetek egyik´ehez tartozik, azaz identit´ as, t¨ ukr¨oz´es, eltol´as, forgat´as vagy cs´ usztatva t¨ ukr¨oz´es. Diszkusszi´ onk alapja a kiindul´o t¨ uk¨oregyenesek k¨olcs¨on¨os helyzete. Legyenek a tengelyek rendre t1 , t2 , t3 , azaz ϕ = t3 · t2 · t1 . Eseteink ekkor 1. t1 ∩ t2 ∩ t3 = O, a h´ arom tengely az O pontban metszi egym´ast. Ekkor a t3 · t2 forgat´ ast a 3.1.2. lemma szerint reprezent´aljuk egy olyan t′3 ·

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

155

´ go ´ sa ´ gai 3.1. Az euklideszi s´ık egybeva

t2 t1

t3

t 3'

t 1 t'2

3.3. ´ abra. A bizony´ıt´as els˝o esete

t′2 szorzattal, melyn´el t′2 = t1 . L´atjuk, hogy a lek´epez´es egy tengelyes t¨ ukr¨ oz´es.

t3 t2 t3

,

t2

t1

,

K

t1

O O ,,

t3

K

,,

t2 ,

t1

3.4. ´abra. A m´asodik eset

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

156

´ go ´ sa ´ gok szintetikus kezele ´se 3. Egybeva

2. t1 ∩ t2 = O, t3 nem megy a´t O-n. Ekkor az els˝o l´ep´esben el´erj¨ uk, hogy t′2 mer˝ oleges legyen t3 -ra, majd a szorzat m´asodik k´et t´enyez˝oj´enek v´altoztat´ as´ aval, hogy t′′3 mer˝oleges legyen t′1 -re. ´Igy l´athat´o, hogy eset¨ unk egy cs´ usztatva t¨ ukr¨ oz´es.

,

t3 t3

,

t2

t1

t2

t1

,,

t2 ,

t3 ,,

t1 3.5. ´abra. A harmadik eset 3. t1 ∩ t2 = ∅. Ha most t3 p´arhuzamos t1 -gyel, akkor az egybev´ag´os´ag eltol´ as, ha nem, akkor els˝o l´ep´esben t3 · t2 -t reprezent´aljuk u ´gy, hogy t′2 ′ ′ legyen mer˝ oleges t1 -re, majd t2 · t1 -t u ´gy, hogy t3 -re mer˝oleges legyen t′′2 . Ekkor form´ alisan m´eg nem ´ert¨ unk c´elt, de a t′3 · t′′2 szorzat a tengelyek mer˝ olegess´ege miatt kommutat´ıv.

3.2. A hiperbolikus s´ık egybev´ ag´ os´ agai Az (AM,BN), (AM,EP) tartom´ anyok egybev´ ag´ oak, b´ ar az ut´ obbi az el˝ obbinek tetsz˝ oleges t¨ obbsz¨ or¨ ose lehet. Ez az eredm´eny k¨ ul¨ on¨ os ugyan, az S rendszer lehetetlens´eg´et azonban nyilv´ an m´egsem bizony´ıtja.

Bolyai J.: Appendix A hiperbolikus s´ık egybev´ag´os´againak vizsg´alata meglep˝o eredm´enyre vezet: egyetlen u ´j t´ıpus van csak, ez is a nem metsz˝o egyenesek k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o t´ıpus´ anak megfelel˝ o k´et eltol´as” k¨oz¨ ul az egyik. ”

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ go ´ sa ´ gai 3.2. A hiperbolikus s´ık egybeva

157

3.2.1. Defin´ıci´ o. P´ arhuzamos egyenesp´ arra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´esek szorzat´ at p´ arhuzamos ´ athelyez´esnek, ultraparallel egyenesekre vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´esek szorzat´ at eltol´ asnak, metsz˝ o egyenesp´ arra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´esek szorzat´ at elforgat´ asnak nevezz¨ uk. Megint haszn´ aljuk a lek´epez´esek reprezent´alhat´os´ag´ar´ol sz´ol´o 3.1.2. lemm´ at. ´Igy most a k¨ ovetkez˝ o eredm´enyre jutunk: 3.2.1. T´ etel. A hiperbolikus s´ık egybev´ ag´ os´ agai a k¨ ovetkez˝ o t´ıpusokba sorolhat´ ok: • identit´ as: minden pont k´epe saj´ at maga

• tu oz´ es: egy egyenesre vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es ¨ kr¨

• p´ arhuzamos ´ athelyez´ es: p´ arhuzamos egyenesp´ arra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´esek szorzata

• eltol´ as: ultraparallel egyenesp´ arra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´esek szorzata • forgat´ as: metsz˝ o egyenesp´ arra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´esek szorzata

• cs´ usztatva tu oz´ es: eltol´ as szorzata a k¨ oz¨ os mer˝ oleges egyenes´ere vo¨ kr¨ natkoz´ o t¨ ukr¨ oz´essel Bizony´ıt´ as: Az esetek sz´etv´alaszt´as´anak alapj´at az euklideszi anal´ogia adja. Az u ´j lek´epez´es a p´ arhuzamos ´athelyez´es defin´ıci´oja szerint ad´odik. Legyenek az ´ altal´ anos esetben a tengelyek rendre t1 , t2 , t3 , azaz ϕ = t3 · t2 · t1 . Eseteink ekkor 1. t1 ∩ t2 ∩ t3 = O, a h´ arom tengely az O pontban metszi egym´ast. Ekkor a t2 · t1 forgat´ ast a 3.1.2. lemma szerint reprezent´aljuk egy olyan t′2 · t′1 szorzattal, melyn´el t′2 = t3 . L´atjuk, hogy a lek´epez´es egy tengelyes t¨ ukr¨ oz´es. 2. t1 ∩ t2 = O, t3 nem megy ´at O-n. Ekkor az els˝o l´ep´esben megint O-b´ol mer˝ olegest ´ all´ıtunk t3 -ra ´es evvel defini´aljuk t′2 -t, majd a szorzat m´asodik k´et t´enyez˝ oj´enek v´ altoztat´as´aval el´erj¨ uk, hogy t′′3 mer˝oleges legyen t′1 -re. ´Igy l´ athat´ o, hogy eset¨ unk egy cs´ usztatva t¨ ukr¨oz´es. 3. t1 ∩ t2 = ∅. A k´et t¨ uk¨oregyenes p´arhuzamos: ha most t3 szint´en p´arhuzamos vel¨ uk, akkor az egybev´ag´os´ag t¨ ukr¨oz´es, ha nem, akkor az els˝o l´ep´esben t2 · t1 -et reprezent´aljuk u ´gy, hogy t′2 legyen mer˝oleges t3 -ra (itt haszn´ alhatjuk a 3.1.2. lemm´at), majd t′2 · t3 -t u ´gy, hogy t′′3 mer˝oleges ′ legyen t1 -re. 4. t1 ∩ t2 = ∅. A k´et t¨ uk¨oregyenes ultraparallel: vegy¨ uk ´eszre, hogy t2 · t1 reprezent´ aci´ oj´ at megv´altoztathatjuk u ´gy, hogy t3 messe az u ´j t2 -t. (Megint n´ezhetj¨ uk a 3.5. ´abr´at.) ´Igy els˝o l´ep´es¨ unk lehet ezen metsz´espont k¨ or¨ uli forgat´ assal a t3 · t2 szorzat olyan reprezent´aci´oj´anak megad´asa, melyben t′2 mer˝ oleges t1 -re. Ezut´an cser´elj¨ uk a t′2 · t1 reprezent´aci´oj´at

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

158

´ go ´ sa ´ gok szintetikus kezele ´se 3. Egybeva

oleges legyen t′3 -re. Haszn´alhatjuk megint azt az olyanra, hogy t′′1 mer˝ ´eszrev´etelt, hogy mer˝ oleges tengely˝ u t¨ ukr¨oz´esek felcser´elhet˝oek, ´ıgy t′′2 ´es ′ t3 felcser´el´es´evel megint cs´ usztatva t¨ ukr¨oz´eshez jutottunk.

3.3. Az euklideszi t´ er egybev´ ag´ os´ agai Ha k´et egym´ ast metsz˝ o s´ık mer˝ oleges valamely s´ıkra, akkor a k¨ oz¨ os r´esz¨ uk is mer˝ oleges arra a s´ıkra.

Eukleid´esz: Elemek XI Alapt´etel¨ unk szerint minden egybev´ag´os´ag legfeljebb n´egy s´ıkt¨ ukr¨oz´es szorzata. A k¨ ovetkez˝ o speci´ alis esetek k¨ ul¨on¨osen ´erdekesek: • eltol´ as: k´et p´ arhuzamos s´ıkra vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´es szorzata • forgat´ as: metsz˝ o s´ıkp´ arra vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´esek szorzata

• cs´ usztatva tu oz´ es: eltol´as szorzata olyan t¨ ukr¨oz´essel, mely s´ıkja az ¨ kr¨ eltol´ as ir´ any´ aval p´ arhuzamos • forgatva tu es: forgat´as szorzata olyan t¨ ukr¨oz´essel, mely s´ıkja a ¨ kro ¨z´ forgat´ as tengely´ere mer˝ oleges • csavarmozg´ as: forgat´ as szorzata tengely´evel p´arhuzamos ir´any´ u eltol´ assal Fontos szerepet j´ atszik most is az a t´eny, hogy az eltol´as, illetve elforgat´as sokf´elekk´eppen reprezent´ alhat´o. A val´os projekt´ıv t´er adott egyenesre illeszked˝ o s´ıkjainak sereg´et s´ıksornak nevezz¨ uk. Egy s s´ıkra vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´est szint´en s-el jel¨ ol¨ unk. 3.3.1. Lemma. Legyen adott a φ = s2 · s1 egybev´ ag´ os´ ag. Ekkor tetsz˝ oleges, az s1 , s2 s´ıkp´ ar sug´ arsor´ ahoz tartoz´ o s′1 s´ıkhoz van olyan egy´ertelm˝ uen meghat´ arozott s′2 s´ıkja ugyanezen sug´ arsornak, hogy φ = s′2 · s′1 . A lemma bizony´ıt´ asa sz´ o szerint megegyezik a s´ıkbeli anal´og ´all´ıt´as bizony´ıt´ as´ aval, ez´ert elhagyjuk. (A hiperbolikus esetekre most nincs sz¨ uks´eg¨ unk.) Az oszt´ alyoz´ asi t´etel¨ unk szerint a fenti t´ıpusok egyik´ebe tartozik valamennyi egybev´ ag´ os´ ag. Pontosabban: 3.3.1. T´ etel. Az euklideszi t´er egybev´ ag´ os´ aga identit´ as, s´ıkt¨ ukr¨ oz´es, eltol´ as, forgat´ as, eltolva t¨ ukr¨ oz´es, forgatva t¨ ukr¨ oz´es vagy csavarmozg´ as. A t´etel bizony´ıt´ asa el˝ ott bevezet¨ unk egy u ´jabb egybev´ag´os´agt´ıpust, mely jelent˝ osen seg´ıti az oszt´ alyok ´attekint´es´et. 3.3.1. Defin´ıci´ o. A t´er t egyenesre vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´es´enek nevezz¨ uk a t´er azon forgat´ as´ at, melynek t¨ uk¨ ors´ıkjai t-ben mer˝ olegesen metszik egym´ ast.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

159

´r egybeva ´ go ´ sa ´ gai 3.3. Az euklideszi te

A k¨ ovetkez˝ o lemma indokolja a csavarmozg´as mint egybev´ag´os´ag bevezet´es´enek sz¨ uks´egess´eg´et. 3.3.2. Lemma. K´et metsz˝ o, p´ arhuzamos vagy kit´er˝ o egyenesre vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es szorzata rendre forgat´ as, eltol´ as ´es csavarmozg´ as. Ford´ıtva, minden forgat´ ashoz, eltol´ ashoz vagy csavarmozg´ ashoz tal´ alhat´ o olyan metsz˝ o, p´ arhuzamos, illetve kit´er˝ o egyenesp´ ar, melyre vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´esek szorzata ´eppen az adott forgat´ as, eltol´ as vagy csavarmozg´ as.

,,,,,

P P

,

,,,,

P ,, P e

f

P

e

f

,,,

3.6. ´ abra. A k¨oz¨os s´ık´ uak esete Bizony´ıt´ as: A k¨ oz¨ os s´ık´ u esetekben az egyenesekre vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´eseket reprezent´ aljuk a k¨ oz¨ os s´ık, illetve a k¨oz¨os s´ıkra mer˝oleges egyenesen kereszt¨ ulhalad´ o s´ıkra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´esek szorzat´aval. Mer˝oleges s´ıkp´arra vonatkoz´o t¨ ukr¨ oz´esek szorzata felcser´elhet˝o, ´ıgy a lemma ´all´ıt´asa k¨onnyen l´athat´o (l´asd 3.6. ´ abra). A kit´er˝ o eset alkalmas reprezent´al´asa a kit´er˝o egyenesek norm´altranszverz´ alisa seg´ıts´eg´evel t¨ ort´enik, s´ıkjaink rendre a norm´altranszverz´alis ´es az egyik egyenes ´ altal meghat´ arozott k´et s´ık, valamint az egyeneseken kereszt¨ ulhalad´o, a norm´ altranszverz´ alisra mer˝oleges s´ıkok. Az ´all´ıt´as bizony´ıt´asa most m´ar szint´en k¨ onnyen leolvashat´ o az ´abr´ar´ol (l´asd a 3.7. ´abr´at). A lemma k¨ ovetkezm´enye, hogy eltol´asok szorzata eltol´as. Val´oban, ha az 1, 2 s´ıkokra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´esek szorzata az els˝o eltol´ast, a 3,4 s´ıkp´ar pedig a m´ asodik eltol´ ast reprezent´ alja, az 1 ´es 3 s´ıkok t1,3 metszete tekinthet˝o az els˝ o eltol´ ast reprezent´ al´ o egyenest¨ ukr¨oz´esek m´asodik, ´es a m´asodik eltol´ast reprezent´ al´ o egyenest¨ ukr¨ oz´esek els˝o tengelyek´ent. Mivel p´arhuzamos s´ıkokat egy harmadik s´ık p´ arhuzamos egyenesp´arban metsz, a fennmarad´o t′1,3 , t1,3 ” egyenest¨ ukr¨ oz´esek tengelyei egym´assal is p´arhuzamosak, ´ıgy meghat´aroznak

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

160

´ go ´ sa ´ gok szintetikus kezele ´se 3. Egybeva

n

e f

3.7. ´abra. A kit´er˝oek esete egy eltol´ ast. A kapott eltol´ as ´eppen a kompoz´ıci´o lek´epez´est adja meg a t′1,3 · t1,3 · t1,3 · t1,3 ” = t′1,3 · t1,3 ” egyenl˝ os´eg alapj´ an. Az egyenesekre vonatkoz´ o t¨ ukr¨oz´esek szorzat´aval viszont mer˝oleges tengely˝ u elforgat´ asok szorzata helyettes´ıthet˝o, ez´ert igaz a k¨ovetkez˝o lemma. 3.3.3. Lemma. K´et mer˝ oleges tengely˝ u elforgat´ as szorzata csavarmozg´ as.

n t

,

e t

,,

f

3.8. ´ abra. Mer˝ oleges tengely˝ u elforgat´asok szorzata csavarmozg´ as Bizony´ıt´ as: Legyen a k´et tengely t′ ´es t′′ , a norm´altranszverz´alisuk n. Ekkor ′ a t egyenes mer˝ oleges a (t′′ , n) egyenesek s´ıkj´ara, ´es a t′′ egyenes mer˝oleges

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

161

´r egybeva ´ go ´ sa ´ gai 3.3. Az euklideszi te

a (t′ , n) egyenesek s´ıkj´ ara. A t′ tengely˝ u elforgat´ast reprezent´alja egy olyan s´ıkp´ arra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es, melynek m´asodik t´enyez˝oje a (t′ , n) s´ıkra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es, m´ıg a m´ asodik forgat´ast reprezent´al´o t¨ ukr¨oz´esek els˝o s´ıkja legyen a (t′′ , n) s´ık. Lek´epez´es¨ unk most n´egy s´ıkra vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´es szorzat, ahol a m´ asodik t¨ uk¨ ors´ık (t′ , n) a harmadik pedig (t′′ , n). Ezek a s´ıkok mer˝ olegesek egym´ asra, ´ıgy r´ ajuk vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´esek felcser´elhet˝oek. Messe az els˝ o forgat´ as els˝ o s´ıkja a (t′′ , n) s´ıkot az e egyenesben, a m´asodik forgat´ as m´ asodik s´ıkja pedig (t′ , n) s´ıkot f -ben a 3.8. ´abra szerint. Felcser´elve a ′ (t , n) s´ıkra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´est a (t′′ , n) s´ıkra vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´essel, lek´epez´es¨ unk k´et u ´jabb forgat´ as szorzatak´ent ´all el˝o, az els˝o tengelye e, a m´asodik´e f . Ezen forgat´ asok meghat´ aroz´o s´ıkjai viszont p´aronk´ent mer˝olegesek, azaz a lek´epez´esek egyenesre vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´esek. El˝oz˝o lemm´ank szerint az egybev´ ag´ os´ ag csavarmozg´ as, e ´es f kit´er˝o volta miatt. Most m´ ar kell˝ ok´eppen el˝ ok´esz´ıtett¨ uk a karakteriz´aci´os t´etel bizony´ıt´as´at. Bizony´ıt´ as: Nyilv´ an elegend˝o legal´abb h´arom t¨ ukr¨oz´es szorzat´at vizsg´alni. Eseteinket a s´ıkok egym´ ashoz viszony´ıtott helyzete alapj´an v´alasztjuk sz´et.

P

,,, P P P

,

,,

3.9. ´ abra. K¨ oz¨ os mer˝oleges s´ıkkal rendelkez˝o t¨ uk¨ors´ıkok 1. Tegy¨ uk fel el˝ osz¨ or, hogy a h´arom t¨ uk¨ors´ık rendelkezik k¨oz¨os mer˝oleges s´ıkkal. Ekkor tetsz˝ oleges pont p´aly´aja a k¨oz¨os mer˝oleges s´ıkkal p´arhuzamos s´ıkba esik, az egybev´ag´os´ag oszt´alyoz´asa a s´ıkbeli eseteknek meg-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

162

´ go ´ sa ´ gok szintetikus kezele ´se 3. Egybeva

felel˝ oen t¨ ort´enhet. Mivel h´arom egyenesre vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´es szorzata vagy cs´ usztatva t¨ ukr¨ oz´es, vagy t¨ ukr¨oz´ess´e fajul, ez´ert ebben az esetben a t´er t¨ ukr¨ oz´es´ehez vagy cs´ usztatva t¨ ukr¨oz´es´ehez juthatunk. 2. Az els˝ o k´et s´ık, 1 ´es 2 messe egym´ast az m egyenesben. Ha a 3 s´ık m-et nem metszen´e, az m-re mer˝oleges s´ıkok a h´arom s´ık k¨oz¨os mer˝olegesei lenn´enek, ez´ert feltehet˝o, hogy a h´arom s´ık egy M pontban metszi egym´ ast. Ekkor el˝ osz¨ or m k¨or¨ ul forgassuk a reprezent´al´o s´ıkp´art olyan helyzetbe, hogy 2′ mer˝ oleges legyen 3-ra, majd 2′ ´es 3 k¨oz¨os egyenese k¨or¨ ul forgassuk a s´ıkp´ art u ´gy, hogy 3′′ mer˝oleges legyen 1′ -re. Ekkor 1′ ´es 2′′ mer˝ oleges 3′′ -re, 1′ ´es 2′′ metszete M -et tartalmazza, ´ıgy egy forgatva t¨ ukr¨ oz´est reprezent´ al´ o s´ıkh´armashoz jutottunk.

1'

m M

2 2"

3

1

M 3" m

M

2' 1' 3

3.10. ´ abra. K¨ oz¨os ponttal rendelkez˝o t¨ uk¨ors´ıkok 3. Ha az 1 ´es 2 s´ıkok p´ arhuzamosak, akkor 3 ˝oket vagy nem metszi, ´es a lek´epez´es egy t¨ ukr¨ oz´ess´e fajul, vagy metszi egy p´arhuzamos egyenesp´arban, amikor is ezen egyenesekre mer˝oleges s´ık a h´arom s´ık k¨oz¨os mer˝oleges s´ıkja. ´Igy egy eset¨ unk maradt h´atra. 4. N´egy s´ıkra vonatkoz´ o t¨ ukr¨oz´es szorzata a lek´epez´es. Az els˝o h´arom t¨ ukr¨ oz´es szorzat´ ar´ ol feltehetj¨ uk, hogy az el˝oz˝o esetben ad´od´o lek´epez´esek valamelyike. Ha kevesebb t¨ ukr¨oz´es szorzat´ara reduk´alhat´o az eset, akkor u ´j kateg´ oria nem j¨ohet sz´oba. ´Igy feltehetj¨ uk, hogy az els˝o h´arom

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

163

´r egybeva ´ go ´ sa ´ gai 3.3. Az euklideszi te

1

2

1

1

2

2

3 3

3 4

4

4 2 1

1 2'

m

3 4

n 3'

4

3.11. ´ abra. N´egy t¨ ukr¨oz´es szorzatai

t¨ ukr¨ oz´es szorzata forgatva vagy cs´ usztatva t¨ ukr¨oz´es. Ha a negyedik s´ık p´ arhuzamos egy forgatva t¨ ukr¨oz´est term´eszetes m´odon reprezent´al´o s´ıkh´ armas harmadik elem´evel, akkor a szorzatlek´epez´es defin´ıci´o szerint csavarmozg´ as. Ha a harmadik ´es negyedik s´ık metszete egy m egyenes, akkor k´et mer˝ oleges tengely˝ u forgat´as szorzat´ara bomlik a lek´epez´es, ´ıgy el˝oz˝o lemm´ ank szerint szint´en csavarmozg´ast kaptunk. Tegy¨ uk most fel, hogy az els˝o h´arom t¨ ukr¨oz´es szorzata cs´ usztatva t¨ ukr¨ oz´es. Ha a negyedik s´ık a term´eszetes reprezent´aci´o harmadik elem´evel p´ arhuzamos, akkor a lek´epez´es k´et eltol´as szorzata, ´ıgy maga is eltol´as. Ha a negyedik 4 s´ık metszi a harmadikat, 3-at, 2 ´es 3 metszete k¨or¨ ul forgassuk ezen k´et s´ıkot u ´gy, hogy 3′ mer˝oleges legyen 4-re. Ekkor 3′ mer˝ oleges 2′ -re ´es 4-re, ez´ert a metsz´esvonalukra, m-re u ´gyszint´en. m ez´ert mer˝ oleges az 1 ´es 3′ metsz´esvonal´ara, n-re. Felhaszn´alhatjuk most 2′ ´es 3′ s´ık mer˝ olegess´eg´et, felcser´elve ezen k´et s´ıkra vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´eseket.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

164

´ go ´ sa ´ gok szintetikus kezele ´se 3. Egybeva

A kapott lek´epez´es egy n tengely˝ u ´es egy m tengely˝ u forgat´as szorzata, ´ıgy lemm´ ank szerint csavarmozg´as.

3.4. Klein

3.12. ´abra. Felix Klein Felix Klein erlangeni habilit´ aci´os el˝oad´asa u ´gy v´alt h´ıress´e a matematika t¨ort´enet´eben, mint az erlangeni program”. Ebben fejti ki azon n´ezet´et, hogy ” a legfontosabb geometriai vizsg´alatokat csoportelm´eleti m´odszerekkel, a geometri´ ahoz tartoz´ o transzform´aci´ocsoportok vizsg´alat´aval lehet ´es kell elv´egez´ ni. A bevezet˝ o gondolatokat id´ezz¨ uk most. Erdekess´ ege az el˝oad´asnak, hogy k´es˝ obb megjelent nyomtat´ asban is, melyhez Klein maga ´ırt jegyzeteket.

´ jabb geometriai vizsga ´ latok F. Klein: A legu ´ a ´ ttekinte ´se ¨ sszehasonl´ıto o ´ cio ´ s elo ˝ ada ´ s, ERLANGEN, 1872. Habilita ´ sa alapja ´ n1 Dr. M. W. HASKELL angol ford´ıta A szerz˝ o el˝ ozetes megjegyz´esei. – Az 1872-es programom megjelent ugyan k¨ ul¨ on´ all´ o publik´ aci´ ok´ent (Erlangen, A. Deichert), de csak korl´ atozottan ker¨ ult forgalomba el˝ osz¨ or. Ezzel ´en el´egedett voltam, mivel a programban kifejtett n´ezeteim sz´ am´ ara el˝ osz¨ orre nem v´ arhattam el t¨ obb figyelmet. 1

Published in Bull. New York Math. Soc. 2, (1892-1893), 215-249.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

3.4. Klein

165

Azonban a matematika ´ altal´ anos fejl˝ od´ese id˝ ok¨ ozben pontosan ezen ir´ anyokban zajlott, ´es, k¨ ul¨ on¨ osk´eppen ami´ ota Lie elkezdte ezeket kib˝ ov´ıtett form´ aban k¨ ozz´e tenni a Theorie der Transformationsgruppen” (Leipzig, ” Teubner, vol. I. 1888, vol. II. 1890)c. munk´ aj´ aban, u ´gy t˝ unik, helyes egy sz´elesebb el´erhet˝ os´eget biztos´ıtani a programomban szerepl˝ o kifejt´esek sz´ am´ ara. M. G. Fano a k¨ ozelm´ ultban az Annali di Matematica, ser. 2, vol. 17 sz´ am´ aban k¨ ozz´etett egy olasz ford´ıt´ ast. A sz´ıves fogad´ asa az angol ford´ıt´ asnak, ami´ert Mr. Haskellnek igen h´ al´ as vagyok, szint´en k´ıv´ anatos. A ford´ıt´ as abszol´ ut irodalmi, azon a k´et-h´ arom helyen, ahol p´ ar sz´ ot v´ altoztatni kellett, az u ´j kifejez´esek sz¨ ogletes z´ ar´ ojelbe [] vannak z´ arva. Ugyan´ıgy jelzem, hogy sz¨ uks´eges volt hozz´ af˝ uzni n´eh´ any l´ abjegyzetet, amelyek legt¨ obbje m´ ar az olasz ford´ıt´ asban is szerepel. – F. KLEIN.

Az elm´ ult ¨ otven ´ev geometriai ter¨ uleteken val´o el˝orehalad´as´aban a projekt´ıv geometria1 fejl˝ od´ese foglalta el az els˝o helyet. Hab´ar els˝o l´at´asra u ´gy t˝ unik, mintha az u ´gynevezett metrikus ¨ osszef¨ ugg´esek ebben a fel´ep´ıt´esben nem jelenn´enek meg, mert azok nem v´altozatlanok a vet´ıt´esek sor´an, mi a k¨ozelm´ ultban m´egis megtanultuk ˝ oket projekt´ıv szempontb´ol tekinteni, ez´ert a projekt´ıv m´odszer ´atfogja a teljes geometri´at. Azonban a metrikus tulajdons´agok a tov´abbiakban nem a geometriai alakzatok saj´at jellemz˝oinek tekintend˝ok, hanem egy minden g¨ ombre k¨ oz¨ os alapkonfigur´aci´ohoz, a v´egtelenn´el fell´ep˝o k´epzetes k¨orh¨oz val´o viszonyuknak. Amikor l´ep´esr˝ ol l´ep´esre ¨ osszevetj¨ uk a geometriai alakzatok ezen koncepci´oj´at, a k¨ oz¨ ons´eges (elemi) geometria fogalmaival, az elvezet minket ahhoz, hogy keress¨ unk egy ´altal´anos elvet, amely szerint mindk´et m´odszer fejleszt´ese lehets´eges. Ez a k´erd´es fontosabbnak l´atszik, mint az elemi ´es projekt´ıv geometria mellett rendszerbe foglalni egy sor m´as m´odszert, melyek b´ar kev´esb´e fejlettek, de megilleti ˝ oket ugyanaz az egy´eni l´ethez val´o jog. Ilyen a vektornyal´abok geometri´aja, a racion´alis transzform´aci´ ok geometri´aja, ´es ´ıgy tov´abb, amelyeket a tov´abbiakban fogunk eml´ıteni ´es le´ırni. Abban a v´allalkoz´asban, hogy a k¨ovetkez˝o oldalakon fel´all´ıtsunk egy ilyen elvet, aligha fogunk egy l´enyeg´eben u ´j ¨otletet kifejleszteni, ink´abb vil´agosan megfogalmazzuk azt, ami m´ar sok m´as szerz˝oben megfogant t¨obb-kevesebb hat´arozotts´aggal. M´egis indokolhat´ onak t˝ unik effajta ¨osszek¨ot˝o ´eszrev´eteleket publik´alni, haladva a f¨ uggetlen ter¨ uletek2 ¨osszevet´es´eben, mert a geometria, ami l´enyeg´eben v´eg¨ ul is egys´eges, t´ ul sok r´eszre bomlott egy sor gyorsan fejl˝od˝o, k¨ ul¨onb¨oz˝onek t˝ un˝ o elm´elet hat´as´ara. Ugyanakkor befoly´asolt m´eg speci´alisan az az ´ohaj is, hogy el˝ oadjak Lie ´es ´altalam fejlesztett m´odszereket ´es n´ezeteket jelen vizsg´alatomban is. Ezek a t´argyukat k´epez˝ o objektumok term´eszet´eben k¨ ul¨onb¨oz˝o vizsg´alatok ugyanahhoz az ´altal´anos koncepci´ohoz vezettek; ´ıgy egyfajta sz¨ uks´egszer˝ us´egg´e 1

Note I az appendixben. Az appendixet itt nem k¨ oz¨ olj¨ uk. – A szerk.

2

Note II

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

166

´ go ´ sa ´ gok szintetikus kezele ´se 3. Egybeva

v´alt ennek az elemnek az alapos megvitat´asa, ´es ennek alapj´an a vizsg´alatok tartalm´anak ´es ´altal´anos hat´aly´anak a jellemz´ese. B´ar eddig csak a geometriai vizsg´alatokr´ol besz´elt¨ unk, bele fogjuk venni a vizsg´alatainkba a tetsz˝ oleges dimenzi´os3 sokas´agokat is, melyek a tiszt´an matematikai vizsg´alatok4 szempontj´ab´ol nem l´enyeges geometriai k´ep absztrah´al´asa u ´tj´an fejl˝ odtek ki a geometri´ab´ol. A sokas´agok vizsg´alat´aban ugyanazok a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o t´ıpusok l´epnek fel, mint a geometri´aban; ´es, mint a geometri´aban, a probl´ema az, hogy mi a k¨ oz¨ os ´es mi a k¨ ul¨onb¨oz˝o az egym´ast´ol f¨ uggetlen¨ ul v´egzett vizsg´alatok alapj´an. Elvontan sz´olva, elegend˝o lenne v´egig az n-dimenzi´os sokas´agokr´ ol besz´elni; de egyszer˝ ubb´e ´es intelligensebb´e v´alik a kifejt´es a jobban ismert t´erfelfog´asnak a haszn´alat´aval. A geometriai objektumok figyelembev´etele ´es az ´altal´anos ide´ak fejl˝ od´ese folyamat´aban haszn´alva ezt mint p´eld´at, azt az ¨ osv´enyt k¨ ovetj¨ uk, amit tudom´anyunk v´alasztott a fejl˝od´es´eben, ´es azt, ami ´altal´aban a legjobb ennek az el˝oad´asnak a lefolytat´as´ara. A k¨ ovetkez˝ o oldalak tartalm´anak el˝ozetes kifejt´ese aligha lehets´eges itt, hiszen aligha lehet azokat t¨ om¨ orebb form´aban bemutatni5 . Az el˝ oad´as v´eg´en csatolni fogok egy sor jegyzetet, amelyben vagy tov´abbfejlesztek egy pontot, ahol a sz¨ oveg ´altal´anos kidolgoz´asa, u ´gy t˝ unik, ezt ig´enyli, vagy megpr´ ob´alok a sz¨ oveg valamely meghat´aroz´o absztrakt matematikai ´eszrev´etel´ehez kapcsol´ od´ o szeml´eletet adni hivatkoz´assal. A t´ erbeli transzform´ aci´ ok csoportja. Fundament´ alis csoport. Az ´ altal´ anos probl´ ema megfogalmaz´ asa A k¨ ovetkez˝ okben sz¨ uks´eges legfontosabb fogalom a t´erbeli transzform´aci´ok csoportja. Kombin´alva a t´er ak´arh´any transzform´aci´oj´at6 mindig egy egyszeri transzform´aci´ oval ekvivalens transzform´aci´ot kapunk. Ha egy adott transzform´aci´orendszer rendelkezik azzal a tulajdons´aggal, hogy b´armely transzform´aci´o b´armely m´asikkal kombin´alva szint´en a rendszerhez tartozik, akkor a rendszert transzform´aci´ ocsoportnak fogjuk nevezni7 . 3

Note IV

4

Note III

5

A k¨ ovetkez˝ o el˝ oad´ asnak hib´ aja ez a t¨ om¨ ors´ eg, ami f´ elelmem szerint a l´ enyeg´ enek a meg´ ert´ es´ et nehez´ıti. A neh´ ezs´ eg azonban nehezen cs¨ okkenthet˝ o, hacsak nem egy teljesebb kidolgoz´ assal, amelyben a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o, itt csak ´ erintett t´ etelek hosszabban ki lenn´ enek fejtve. 6 Minden esetben a t´ er alakzatainak az ¨ osszess´ eg´ en tekintj¨ uk a transzform´ aci´ o hat´ as´ at, ´ es ez´ ert nevezz¨ uk a vizsg´ alat t´ argyait a t´ er transzform´ aci´ oinak. M´ as elemeken, mint amilyenek a t´ er pontjai, is be lehet vezetni a transzform´ aci´ okat, mint p´ eld´ aul a du´ alis transzform´ aciokat (polarit´ ´ asok); ebben az ´ ertelemben a sz¨ ovegben nem tesz¨ unk k¨ ul¨ onbs´ eget. 7 [Ez a defin´ ıci´ o nem teljes, hallgat´ olagosan azt is fel kell tenn¨ unk, hogy az eml´ıtett csoport minden oper´ aci´ oj´ anak az inverz´ et is tartalmazza; de, amikor az oper´ aci´ ok sz´ ama v´ egtelen, ´ es ez nem jelenti a csoport fogalm´ anak egy sz¨ uks´ egszer˝ u k¨ ovetkezm´ eny´ et, ezt

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

3.4. Klein

167

Egy p´elda transzform´aci´ ocsoportra a mozg´asok ¨osszess´eg´ere vonatkozik: minden mozg´as tekinthet˝ o egy oper´aci´onak, mely a teljes t´eren hat. Ennek a csoportnak a r´eszcsoportja, mondjuk, az egy pont k¨or¨ uli forgat´asokb´ol ´all8 . A m´asik oldalr´ ol egy csoport, ami tartalmazza a mozg´asok csoportj´at a kolline´aci´ok csoportja. Ugyanakkor a du´alis transzform´aci´ok (korrel´aci´ok) ¨osszess´ege nem alkot csoportot; k´et korrel´aci´ o kombin´aci´oja kolline´aci´o. Azonban a du´alis transzform´aci´ okat a kolline´aci´ okhoz hozz´av´eve megint csoportot kapunk9 . Vannak olyan t´ertranszform´aci´ok, amelyek a t´erbeli alakzatok geometriai tulajdons´agait teljesen v´altozatlanul hagyj´ak. A geometriai tulajdons´agok az alapidea szerint f¨ uggetlenek az alakzat t´erben elfoglalt hely´et˝ol, annak abszol´ ut nagys´ag´at´ ol ´es v´eg¨ ul a darabjai elrendez´es´enek ´ertelm´et˝ol10 . Az alakzat tulajdons´agai v´altozatlanok maradnak teh´at minden t´erbeli mozg´as, hasonl´os´ag ´es s´ıkt¨ ukr¨oz´es eset´en ugyan´ ugy, mint ezen transzform´aci´ok tetsz˝oleges kombin´aci´oja eset´en. Ezen transzform´aci´ ok ¨ osszess´eg´et fundament´alis csoportnak11 nevezz¨ uk. Ford´ıtva, a geometriai tulajdons´agok azzal jellemezhet˝ok, hogy v´altozatlanok maradnak a fundament´alis csoport elemeinek alkalmaz´asa sor´an. Ha egy pillanatig a teret mozd´ıthatatlannak gondoljuk, azaz, mint egy merev sokas´agot tekintj¨ uk, akkor minden alakzatnak van egy egy´eni karaktere; minden egy´enileg hozz´arendelhet˝o karakter k¨ oz¨ ul csak a val´ oban geometriai tulajdons´agok ˝orz˝odnek meg a fundament´alis csoport elemeinek hat´asa alatt. Ez a fogalom, mely valamik´eppen meghat´arozatlan fogalmaz´asunkban, vil´agosabban u ´jj´a fog sz¨ uletni a kidolgoz´as sor´an. Szabaduljunk most meg a t´er konkr´et eszm´ej´et˝ol, ami a matematikusok sz´am´ara nem l´enyeges, ´es tekints¨ uk azt mind¨ossze egy n-dimenzi´os sokas´agnak, mondjuk h´aromdimenzi´ osnak, ha meg akarjuk ˝orizni a pontnak mint t´erelemnek a szok´asos fogalm´at. A t´er transzform´aci´oival anal´og m´odon besz´elj¨ unk a sokas´agok transzform´aci´ oir´ ol; ezek szint´en csoportot alkotnak. De nincs a tov´abbiakban – mint ahogy a t´erben volt – egy csoport, ami szignifik´ansan k¨ ul¨onb¨ozne a t¨obbit˝ ol; minden csoport egyform´an fontos. A geometria ´altal´anos´ıt´asak´ent mer¨ ul fel a k¨ ovetkez˝ o ´atfog´ o probl´ema: explicit m´ odon csatolnunk kell a sz¨ ovegben megadott csoport fogalm´ ahoz.] A fogalmak ´ es a jel¨ ol´ esek a helyettes´ıt´ esek elm´ elet´ eb˝ ol val´ ok, avval a k¨ ul¨ onbs´ eggel, hogy folytonos tartom´ anyok transzform´ aci´ oi helyett egy diszkr´ et mennyis´ eg v´ eges sz´ am´ u permut´ aci´ oinak a transzform´ aci´ oit tekintj¨ uk. 8

Camille Jordan el˝ o´ all´ıtotta a mozg´ ascsoport minden r´ eszcsoportj´ at.

9

Nem sz¨ uks´ egszer˝ u a transzform´ aci´ ocsoportra n´ ezve, hogy folytonosan ¨ or¨ okl˝ odj¨ on, hab´ ar a sz¨ ovegben eml´ıtett csoportok val´ oj´ aban rendelkeznek evvel a tulajdons´ aggal. P´ eld´ aul, egy szab´ alyos testet mag´ aba viv˝ o transzform´ aci´ ok, vagy a szinusz g¨ orb´ et mag´ aba k´ epez˝ o mozg´ asoknak ugyan v´ egtelen, de diszkr´ et rendszere szint´ en csoportot alkot 10 Az ´ ertelem” alatt a nem t¨ uk¨ orszimmetrikus alakzatok darabjainak elrendez´ es´ et ´ ertj¨ uk. ” ´Igy p´ eld´ aul a jobbsodr´ as´ u´ es a balsodr´ as´ u csavarvonal ellenkez˝ o ´ ertelm˝ uek”. ” 11 A t´ eny, hogy ezek csoportot alkotnak, a fogalmukb´ ol ad´ odik.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

168

´ go ´ sa ´ gok szintetikus kezele ´se 3. Egybeva

Adott egy sokas´ ag ´es ennek egy transzform´ aci´ ocsoportja; vizsg´ aljuk a sokas´ aghoz tartoz´ o konfigur´ aci´ okat azon tulajdons´ agaikra tekintettel, melyek nem v´ altoznak meg a csoporthoz tartoz´ o transzform´ aci´ ok hat´ asa alatt. A modern terminol´ ogi´at haszn´alva, amely rendszerint csak egy adott csoportra vonatkozik, a probl´ema a k¨ ovetkez˝ok´eppen fogalmazhat´o: Adott egy sokas´ ag ´es egy transzform´ aci´ ocsoportja; fejlessz¨ uk ki a csoport invari´ ansainak elm´elet´et. Ez az ´altal´anos probl´ema, ´es ez mag´aban foglalja nemcsak a k¨oz¨ons´eges geometri´at, de ´es k¨ ul¨ on¨ osen az u ´jabb elm´eleteket, amelyek r´eszletez´es´et javasoljuk, tov´abb´a az n-dimenzi´ os sokas´agok kezel´es´enek k¨ ul¨onb¨oz˝o m´odszereit is. K¨ ul¨on¨ os hangs´ ulyt kell fektetni arra a t´enyre, hogy a transzform´aci´ok csoportj´anak a v´alaszt´asa ¨ onk´enyes, ´es k¨ ovetkez´esk´eppen minden kezel´esi m´odszer, ami teljes´ıti az ´altal´anos felt´etelt, ebben az ´ertelemben egyen´ert´ek˝ u. Azon transzform´ aci´ ocsoportok, melyek k¨ ozu ¨ l az egyik tartalmazza a m´ asikat, sorozatosan adjung´ altak. A ku onf´ ele fajta geometriai ¨ l¨ vizsg´ alatok ´ es egym´ ashoz val´ o kapcsolatuk. Ahogy a konfigur´aci´ ok geometriai tulajdons´agai v´altozatlanok maradnak valamennyi, a fundament´alis csoporthoz tartoz´o transzform´aci´o eset´en, a k´erd´es jellege folyt´an k´eptelens´eg ´erdekl˝odni olyan tulajdons´agok fel˝ol, amelyek csak a transzform´aci´ ok egy r´esz´enek eset´eben nem v´altoznak meg. Ez a vizsg´alat indokoltt´a v´alik azonban, mihelyt a t´er alakzatainak a fixnek tekintett elemeihez val´ o viszony´at vizsg´aljuk. P´eldak´ent tekints¨ uk a t´er alakzatait egy adott pontra vonatkoztatva, ahogy a szf´erikus trigonometri´aban. A probl´ema most azon tulajdons´agok le´ır´asa, amelyek a fundament´alis csoport transzform´aci´oi alatt invari´ansok maradnak, nemcsak a f¨ uggetlen¨ ul vett alakzatokra, hanem arra a rendszerre n´ezve, mely a referenciaponttal egy¨ utt tekinti az alakzatokat. Fel´ırhatjuk ezt a probl´em´at m´asik alakban is: vizsg´aljuk a t´er konfigur´aci´oit olyan tulajdons´agokra vonatkoz´ oan, amelyek a fundament´alis csoport azon transzform´aci´oi alatt v´altozatlanok, amelyek addig hatnak, am´ıg a pont fixen marad. M´as szavakkal ez ugyanaz, mint amikor mi a fundament´alis csoport szemsz¨og´eb˝ol tekintj¨ uk a ponttal kapcsolatban ´all´ o alakzatokat, vagy ilyen kapcsolat n´elk¨ ul helyettes´ıtj¨ uk a fundament´alis csoportot valamelyik r´eszcsoportj´aval, amelynek transzform´aci´oi a k´erd´esben szerepl˝ o pontot v´altozatlanul hagyj´ak. Ez az elv az, amit mi kiemelten alkalmazunk; ez´ert a k¨ovetkez˝okben ´altal´anosan megfogalmazzuk: Adott egy sokas´ag ´es egy transzform´aci´ocsoport, amelyet alkalmazunk r´a. Javasoljuk a sokas´aghoz tartoz´ o alakzatok vizsg´alat´at egy adott alakzathoz viszony´ıtva. Lehet teh´at a rendszerhez hozz´aadni egy adott alakzatot, ´es ekkor vizsg´alnunk kell a kiterjesztett rendszer tulajdons´agait az adott csoport szemsz¨og´eb˝ol, vagy hagyni a rendszert kiterjesztetlen¨ ul, meghat´arozva azokat a transzform´aciokat a csoportb´ ´ ol, melyek az adott konfigur´aci´ot v´altozatlanul hagyj´ak. (Ezek a transzform´aci´ ok sz¨ uks´egszer˝ uen maguk is csoportot alkotnak.)

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

3.4. Klein

169

Tekints¨ uk most a fejezet elej´en felvetett probl´ema ford´ıtottj´at. Ez ´erthet˝o a kezdetekt˝ ol fogva. Az alakzatok azon tulajdons´agai ir´ant ´erdekl˝od¨ unk, amelyek v´altozatlanok egy olyan transzform´aci´ocsoport elemeire n´ezve, amely a fundament´alis csoportot r´eszek´ent tartalmazza. Minden tulajdons´ag, ami ezen a m´odon tal´alhat´ o, mag´anak az alakzatnak egy geometriai tulajdons´aga; de a ford´ıtott ´all´ıt´as nem igaz. A ford´ıtott probl´em´aban alkalmaznunk kell egy most kimondott elvet, mert a fundament´alis csoport a kisebb. Azaz: Ha a fundament´alis csoportot egy ´atfog´ obb csoporttal helyettes´ıtj¨ uk, c a geometriai tulajdons´agoknak sak egy r´esze marad v´altozatlan. A marad´ekok nem l´epnek fel t¨obbet ¨onmagukban, mint a t´er konfigur´aci´ oinak tulajdons´agai, hanem csak mint egy partikul´aris alakzathoz kapcsolt rendszer tulajdons´agai. Ez ut´obbi ´epp annyira defini´alt, mint a konfigur´aci´ o maga 7 , a k¨ ovetkez˝o felt´etellel: A felt´etel, hogy fix, meg kell hogy szor´ıtson minket azokra a csoportbeli transzform´aci´okra, amelyek a fundament´alis csoporthoz tartoznak. Ebben a t´etelben tal´alhat´ o a legut´obbi geometriai m´odszernek a k¨ ul¨onlegess´ege, amit itt t´argyalunk, valamint kapcsolata az elemi m´odszerrel. Ami jellemzi ˝ oket, az ´eppen az, hogy a vizsg´alatuk egy kiterjesztett transzform´aci´ocsoport alapj´an t¨ ort´enik ahelyett, hogy a fundament´alis csoport alapj´an t¨ort´enne. Az egym´ashoz val´ o kapcsolatuk egy megfelel˝o t´etel alapj´an defini´alt, amikor az egyik csoport tartalmazza a m´asikat. Ugyanez igaz az n-dimenzi´os sokas´agok fel´ep´ıt´es´ehez haszn´alt sz´amos, ´altalunk vett m´odszer eset´en is. Most ´attekintj¨ uk a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o m´ odszereket ebb˝ ol a szempontb´ol, ami lehet˝os´eget ad arra, hogy konkr´et p´eld´akon kifejts¨ uk az ebben ´es a megel˝oz˝o fejezetben ´altal´anos form´aban id´ezett t´eteleket.

7 Ilyen alakzat gener´ alhat´ o, p´ eld´ aul alkalmazva a fundament´ alis csoport transzform´ aci´ oit tetsz˝ oleges olyan elemre, amely semmilyen fundament´ alis csoporthoz tartoz´ o transzform´ aci´ oval sem transzform´ al´ odik mag´ ara.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

Babits Mih´ aly: H´ unyt szemmel. . .

H´ unyt szemmel b´erceken futunk s mindig csod´ara v´agy sz´ıv¨ unk: a legjobb, amit nem tudunk, a legszebb, amit nem hisz¨ unk. Az ´ almok s´ıkos gy¨ongyeit szor´ıtsd, ki u ´nod a val´ot: h´ımezz bel˝ol¨ uk f´ az´ o lelkedre gy¨ongy¨os takar´ot.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

4. fejezet

Modellek

Az axiomatikus k´erd´esek szorosabb vizsg´alat´an´al elengedhetetlen olyan mesters´eges geometri´ ak defini´ al´ asa, melyek az axi´om´akban megk¨ovetelt tulajdons´ agok k¨ oz¨ ul n´eh´ anyat teljes´ıtenek, m´asokat nem. Ezen strukt´ ur´akat ¨osszefoglal´ o n´even modelleknek nevezz¨ uk. Bizonyos modellek ink´abb csak arra hivatottak, hogy valamely ´ all´ıt´ as tagad´as´ara adjanak k´ezzelfoghat´o p´eld´at, m´asok felhaszn´ al´ asi k¨ ore sokkal sz´elesebb, a modellezett geometria igaz ´all´ıt´asainak szeml´eltet´ese, bizony´ıt´ asa is elk´epzelhet˝o a seg´ıts´eg¨ ukkel. Ebben a fejezetben a klasszikus geometri´ak axi´omarendszer´ehez kapcsolhat´ o ´erdekes ´es fontos modelleket gy˝ ujt¨ott¨ unk ¨ossze. El˝ofordulhat, hogy ezen fejezet n´eh´ any pontj´ anak meg´ert´es´ehez a k¨onyv¨ unk m´as k´es˝obbi fejezeteinek, vagy a matematika m´ as ´ againak n´emi ismerete is sz¨ uks´eges, mindazon´altal a k¨ onyvben tal´ alhat´ o modellek egy helyen val´o t´argyal´asa a k¨onyv haszn´alat´at biztosan megk¨ onny´ıti.

4.1. Ellenp´ eldamodellek ... a kutat´ as c´eljaihoz kombin´ alni kell az intu´ıci´ ot az axi´ om´ akkal.

Felix Klein 4.1.1. A kombinatorikai modell Tetsz˝ oleges n-dimenzi´ os t´er illeszked´esi strukt´ ur´aja modellezhet˝o egy n-elem˝ u halmaz hatv´ anyhalmaz´ an. Teh´at az illeszked´esi axi´om´ak teljes¨ ul´es´eb˝ol nem ad´ odik a pontok sz´ am´ anak v´egtelen volta. Az egyelem˝ u halmazok a pontok, a k´etelem˝ uek az egyenesek, a h´aromelem˝ u r´eszhalmazok a s´ıkok stb. ´Igy illeszked´esi axi´ om´ ainkat kiel´eg´ıt˝ o modell a n´egyelem˝ u halmaz r´eszhalmazai ´altal defini´ alt modell. 4.1.2. A rendezett egyenes o u modellje ¨tpont´ Ezen modell p´eld´ azza azt az ´eszrev´etelt, hogy az egyenes sz´am´ara kijel¨olt rendez´es o aban nem jelenti, hogy v´egtelen sok pont van az egyenesen. ¨nmag´ 171

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

172

4. Modellek

4.1. ´ abra. N´egypont´ u modell Tekints¨ uk egy szab´ alyos ¨ otsz¨og cs´ ucsait pontoknak, az ¨ot cs´ ucs alkossa egy egyenes pontjait. H´ arom pont k¨oz¨ ul az egyik a m´asik kett˝o k¨oz¨ott helyezkedik el, ha az ´ altaluk mint cs´ ucsok ´altal defini´alt egyenl˝o sz´ar´ u h´aromsz¨og sz´ arainak ez a k¨ oz¨ os pontja. Az egyenes pontjaira vonatkoztatott rendez´esi axi´ om´ ak a modellben teljes¨ ulnek, de az egyenesnek csak ¨ot pontja van.

D (ACB) B

C

C van A és B között

E

A ¨ 4.2. ´ abra. Otpont´ u egyenes modell

4.1.3. A Fano-f´ ele h´ etpont´ u s´ık K¨ ul¨ on¨ osen fontos p´elda a Fano-s´ık modellje. Ebben ´erv´enyesek a s´ıkra vonatkoz´ o illeszked´esi axi´ om´ aink, tetsz˝oleges k´et egyenes metszi egym´ast, teh´at nem teljes¨ ulhetnek a rendez´esi axi´om´ak, de az egyenes ´es pont fogalmak tekintet´eben az ´erv´enyes ´ all´ıt´ asok teljes szimmetri´at mutatnak, az ´erv´enyes

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

173

´ldamodellek 4.1. Ellenpe

axi´ omarendszer ¨ ondu´ alis. Ez a legkisebb sz´amoss´ag´ u p´elda projekt´ıv s´ıkgeometri´ ara. A pontok egy szab´ alyos h´aromsz¨og cs´ ucspontjai, oldal´anak felez˝opontjai illetve k¨ oz´eppontja. Az egyenesek a szok´asos ´ertelemben kolline´aris ponth´armasok, illetve a h´ arom oldalfelez˝o pont ´altal alkotott h´armas, ´ıgy a s´ıkon 7 pont ´es 7 egyenes tal´ alhat´ o.

4.3. ´ abra. H´etpont´ u s´ıkmodell

4.1.4. Veronese p´ eld´ aja nem archimedesi rendezett egyenesre Veronese egyenesmodellje p´elda Arkhim´ed´esz axi´om´aj´at nem teljes´ıt˝o egyenesre, melyen a pontok rendezetten vannak elhelyezve, ´ıgy a rendez´es ´es egybev´ ag´ os´ ag line´ aris axi´ om´ ai teljes¨ ulnek a Cantor-axi´om´aval egy¨ utt.

K= (0,1) O= (0,0)

(1,0) =L

4.4. ´ abra. A nem archimedesi egyenes

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

174

4. Modellek

Tekints¨ uk a k´etdimenzi´ os euklideszi s´ıkot. Modell¨ unk pontjai tartozzanak egy der´eksz¨ og˝ u koordin´ ata-rendszerre vonatkoztatott eg´esz ´ert´ek˝ u m´asodik koordin´ at´ aval rendelkez˝ o pontok ´altal meghat´arozott v´ızszintes egyenesek rendszer´ehez. Vezess¨ uk be a modellpontokon azt a rendez´est, mely a s´ık pontjainak antilexikografikus rendez´es´eb˝ol sz´armazik. Azaz (x, y) < (x′ , y ′ ), ha y < y ′ vagy ha y = y ′ ´es x < x′ . (P QR) akkor ´alljon fenn, ha P < Q < R teljes¨ ul. K´et szakasz egybev´ ag´ os´ aga legyen a k¨ovetkez˝o: AB ∼ = CD, ha AC ´es BD p´ arhuzamosak ´es egyenl˝ o hossz´ uak. Ekkor a rendez´es line´aris axi´om´ai mellett az egybev´ ag´ os´ ag line´ aris axi´om´ai is teljes¨ ulni fognak. A Cantor-axi´oma teljes¨ ul´ese nyilv´ anval´ o, az archimedesi axi´oma pedig a OK, OL szakaszp´arra nyilv´ an nem teljes¨ ul, ha O = (0, 0), K = (0, 1) ´es L = (1, 0). 4.1.5. Moulton p´ eld´ aja nem desargues-i s´ıkra Desargues t´etele szerint k´et h´aromsz¨og pontra n´ezve perspekt´ıv. ha egyenesre n´ezve az, ´es ford´ıtva. Meg tudunk adni olyan geometri´at, amelyben a (projekt´ıv) s´ıkgeometria illeszked´esi axi´om´ai ´erv´enyesek, de Desargues t´etele nem. Az al´ abbi p´elda Moultont´ ol sz´armazik.

x A

,

C B

A

,

B

III

,

C I

II

4.5. ´ abra. A Desargues-t´etel nem igaz Moulton s´ıkj´an Az euklideszi s´ık pontjai alkoss´ak a modell pontjait. H´ uzzunk valahol egy v´ızszintes egyenest (x-tengely) ´es tekints¨ uk az ezzel p´arhuzamos, erre mer˝ oleges egyenesekkel egy¨ utt a negat´ıv meredeks´eg˝ u k¨oz¨ons´eges egyeneseket. Ezekkel egy¨ utt egyenesnek nevezz¨ uk azokat a sz¨ogvonalakat, melyek cs´ ucsa az adott egyenesre esik, ´es sz´arait alkot´o f´elegyenesek pozit´ıv meredeks´eg˝ uek u ´gy, hogy a fels˝ o f´els´ıkba es˝ o r´esz ir´anytangense fele az als´o f´els´ıkba es˝o p´arj´ anak. A modellben teljes¨ ulnek a s´ıkra vonatkoz´o illeszked´esi axi´om´aink, s˝ot alkalmas kieg´esz´ıt˝ o defin´ıci´ oval a projekt´ıv s´ık illeszked´esi axi´om´ai is. Ugyanakkor vil´ agos, hogy nem teljes¨ ul a Desargues-t´etel (l´asd 4.5. ´abra).

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ g¨ ´ s fe ´lte ´rmodellje 4.2. Poincare omb- e

175

4.1.6. Nem-archimedesi kommutat´ıv sz´ amtest Hilbert igazolta, hogy ha egy rendezett sz´amtest nem kommutat´ıv, akkor abban nem ´erv´enyes az archimedesi folytonoss´agi axi´oma. A k¨ovetkez˝o p´elda kommutat´ıv rendezett sz´ amtestet ad meg, melyben nem ´erv´enyes Arkhim´ed´esz axi´ om´ aja. Tekints¨ uk a val´ os racion´ alis t¨ortf¨ uggv´enyek kommutat´ıv test´et. Ennek egy f¨ uggv´enye nagy ´ert´ekekre konstans el˝ojel˝ u. Ha egy elem nagy ´ert´ekekre pozit´ıv, azt mondjuk, hogy nagyobb a konstans 0 f¨ uggv´enyn´el. K´et elem k¨ ul¨ onbs´ege ha pozit´ıv, akkor az, amib˝ol kivontunk, nagyobb ann´al, mint amit kivontunk. Vil´ agos, hogy test¨ unket ezen a m´odon rendezt¨ uk. Ugyanakkor k > l eset´en minden n ∈ N term´eszetes sz´amra xk > nxl , ´ıgy a testben nem teljes¨ ul az archimedesi axi´ oma.

4.2. Poincar´ e g¨ omb- ´ es f´ elt´ ermodellje A geometria axi´ om´ ai csak defin´ıci´ ok ´ alruh´ aban.

H. Poincar´e A Poincar´e-f´ele g¨ ombmodell egy euklideszi k¨or vagy g¨omb bels˝o pontjaival modellezi a hiperbolikus s´ık, illetve t´er pontjait. Az egyeneseket, a k¨ort vagy g¨ omb¨ ot mer˝ olegesen metsz˝ o egyenesek vagy k¨or¨ok reprezent´alj´ak, a s´ıkot a modellg¨ omb¨ ot mer˝ olegesen metsz˝o g¨omb¨ok (illetve ezeknek a modellbe es˝o darabjai). Vil´ agos, hogy a modellben a p´arhuzamoss´agi axi´oma hiperbolikus v´ altozata ´erv´enyes. A modell legyen konformis, azaz k¨oss¨ uk ki, hogy a modellbeli metsz˝ o egyenesek ´es k¨or¨ok pontosan akkor mer˝olegesek egym´asra, ha azon hiperbolikus egyenesek mer˝olegesek, amelyeket reprezent´alnak. A mer˝ olegess´eg r¨ ogz´ıt´ese ut´ an ad´odik tetsz˝oleges k´et g¨orbe hajl´assz¨og´enek ´ertelmez´ese a k¨ oz¨ os pontbeli ´erint˝ok hajl´assz¨ogek´ent, s ez is az euklideszi ´ert´ekkel egyezik meg. A t´ avols´ ag m´er´ese a k¨ori kett˝osviszony ´ertelmez´ese ut´an egyszer˝ u a k´et ponton ´ atmen˝o egyenest reprezent´al´o k¨ornek a hat´arg¨ombbel val´ o metsz´espontjai seg´ıts´eg´evel. Ha A ´es B k´et pont, az egyenes¨ uk v´egtelen t´ avoli pontjai U ´es V oly m´ odon, hogy a reprezent´al´o k¨or¨on a ciklikus rendez´esnek megfelel˝ oen az A, B, U, V sorrendben k¨ovetik pontjaink egym´ast, akkor legyen az AB szakasz hossza az (ABU V ) k¨ori kett˝osviszony logaritmusa. A g¨ ombmodellhez kapcsol´ od´o egyik legfontosabb ismeret, hogy a hiperbolikus egybev´ ag´ os´ agcsoport az euklideszi s´ık egy ¨onmag´aban is fontos lek´epez´ese – az inverzi´ o – seg´ıts´eg´evel k¨onnyen le´ırhat´o. Sz¨ uks´eg¨ unk lesz az inverzi´o fogalm´ ara ´es a kapcsol´ od´ o alapt´etelre.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

176

4. Modellek

4.2.1. Inverzi´ o´ es tu oz´ es ¨ kr¨ 4.2.1. Defin´ıci´ o. R¨ ogz´ıts¨ unk egy O kezd˝ opontot ´es egy r sugar´ u, O k¨ oz´eppont´ u g¨ omb¨ ot a t´erben. Az O-t´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o P pont inverz´ıv k´epe az az OP f´elegyenesen egy´ertelm˝ uen l´etez˝ o P ′ pont, mely rendelkezik az |OP ||OP ′ | = r2 tulajdons´ aggal. A t´erbeli pontokhoz inverz´ıv k´ep¨ uket rendel˝ o lek´epez´est a fenti g¨ ombh¨ oz tartoz´ o inverzi´ onak nevezz¨ uk. Az inverzi´ ot egy az O ponton ´athalad´o s´ıkra megszor´ıtva a k¨orre vonatkoz´o inverzi´ ohoz jutunk. Erre vonatkoz´oan igaz az alapt´etel: 4.2.1. T´ etel. A k¨ orre vonatkoz´ o inverzi´ o k¨ or- ´es sz¨ ogtart´ o, azaz k¨ ort vagy egyenest k¨ orbe vagy egyenesbe visz, ´es g¨ orb´ek hajl´ assz¨ og´et nem v´ altoztatja meg. A g¨ ombre vonatkoz´ o inverzi´ o a fenti tulajdons´ agok mellett g¨ omb¨ ot vagy s´ıkot g¨ ombbe vagy s´ıkba visz.

Q

P

,

P

Q

,

O

4.6. ´abra. Inverzi´o Bizony´ıt´ as: Maga az inverzi´o alapk¨ore pontonk´ent fix. Az O-n kereszt¨ ulhalad´ o egyenes k´epe invari´ans egyenes, azaz a k¨orbe es˝o darabja a lek´epez´esn´el felcser´el˝odik a k¨or¨on k´ıv¨ uli r´esz´evel. Az O pontot nem tartalmaz´o egyenes k´epe O-n kereszt¨ ul halad´o lyukas k¨ orvonal (maga O nem ´ all el˝ o k´epk´ent), mivel a 4.6. ´abra jel¨ol´eseit haszn´alva fel´ırhatjuk a k¨ ovetkez˝ o¨ osszef¨ ugg´eseket: |OP ′ | · |OP | = |OQ′ | · |OQ| ⇐⇒

|OQ| |OP ′ | = , ′ |OQ | |OP |

ahonnan ad´ odik, hogy az OP ′ Q′△ ´es OQP△ h´aromsz¨ogek hasonl´oak. ´Igy azt kapjuk, hogy a P ′ Q′ O∡ sz¨ og der´eksz¨og. ´Igy tetsz˝oleges Q pont Q′ k´epe az ′ OP -re mint ´ atm´er˝ ore ´ırt Thal´esz-k¨or¨on van rajta, ami ´all´ıt´asunkat igazolja. Ebb˝ ol m´ ar az is k¨ ovetkezik, hogy O-t tartalmaz´o k¨or k´epe O-t nem tartalmaz´o egyenes.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

177

´ g¨ ´ s fe ´lte ´rmodellje 4.2. Poincare omb- e

V´eg¨ ul igazoljuk, hogy egy O-t nem tartalmaz´o l k¨or k´epe szint´en k¨or. Ezen ´eszrev´etel igazol´ as´ ahoz n´ezz¨ uk a 4.7. ´abr´at. Legyen P az adott l k¨or tetsz˝oleges pontja, melyhez kapcsol´od´oan tekints¨ uk az OP egyenesnek az l-lel val´o m´ asik metsz´espontj´ at, Q-t is. Ekkor az |OQ| · |OP | = p szorzat a P pontt´ol f¨ uggetlen ´ alland´ o. (Ez az O pont l-re vonatkoz´o hatv´anya.) Alkalmazzunk most az O k¨ oz´eppont´ u, 1 : p ar´any´ u hasonl´os´agot. A hasonl´os´agn´al K k´epe K ∗ , Q k´epe pedig Q∗ , valamint az l k¨or az l∗ k¨orbe megy ´at. Ekkor |OQ∗ | · |OP | =

|OQ| · |OP | = 1, p

azaz Q∗ a P pont inverze az inverzi´o k alapk¨or´ere n´ezve. Ebb˝ol m´ar ad´odik, hogy az inverzi´ o az O-b´ ol p1 ar´any´ u hasonl´os´aggal kapott l∗ k¨orbe viszi l-et oly m´ odon, hogy a k¨ oz¨ os ´erint˝ok ´altal meghat´arozott k´et k¨or´ıvet felcser´eli.

Q* P

Q O

K l

K* l*

4.7. ´abra. K¨or inverz k´epe K´et g¨ orbe hajl´ assz¨ oge alatt a metsz´espontban megh´ uzott ´erint˝ok hajl´assz¨ og´et ´ertj¨ uk (mely mindig hegyes vagy der´eksz¨og). Tekints¨ uk k¨ ul¨on azt az esetet, mikor a 4.8. ´ abr´ anak megfelel˝oen a k´et g¨orbe ei k¨or vagy egyenes, illetve k´epeik (ki ) u ´gyszint´en azok. A vizsg´ alt metsz´espont M , annak k´epe M ′ . (Az ´abr´an ei -vel az ´erint˝oket jel¨ olt¨ uk.) Az O pontb´ ol mer˝olegest bocs´atva az ei egyenesekre az fi egyeneseket kapjuk, ezen egyenesek hajl´assz¨oge az M -n´el fell´ep˝o hegyessz¨oggel megegyezik a mer˝ oleges sz´ ar´ u sz¨ogek t´etele alapj´an. Az fi egyenes messe OM ′ szakaszfelez˝ o mer˝ oleges egyenes´et Oi -ben. A m´asodik r´esz szerint az ei ´erint˝ oegyenesek k´epei k¨ or¨ok, melyeknek k¨oz´eppontjai ´eppen Oi , hiszen O, M ′ a k´epek k¨ oz¨ os pontjai, E1 , F1 az els˝o k´epk¨or pontp´arja, m´ıg E2 , F2 a m´ asodik´e. Ez egy´ uttal azt is jelenti, hogy Oi M ′ mer˝oleges az ei k´ep´enek ′ M -beli ti ´erint˝ oj´ere. Mivel az O1 , O2 egyenesre vonatkoz´o szimmetria miatt az O1 M ′ O2∡ = O1 OO2∡ , ez´ert u ´jra haszn´alva a mer˝oleges sz´ar´ u hegyessz¨ogekre vonatkoz´ o t´etelt, kapjuk, hogy val´oban teljes¨ ul az (e1 , e2 )∡ = (t1 , t2 )∡ egyenl˝ os´eg.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

178

4. Modellek

M

t2

,

t1 f1

O2

O1

f2

F1

E2

M e1

e2 O

F2

E1

4.8. ´abra. Hajl´assz¨ogtart´as Mivel k´et g¨ orbe metsz´espontj´aban megh´ uzott ´erint˝ok k´epei az inverzi´on´ al vagy a k´epek ´erint˝ oi vagy a k´epg¨orb´ehez els˝o rendben ´erintkez˝o k¨or¨ok, a g¨ orb´ek hajl´ assz¨ oge nem v´ altozik meg az inverzi´o sor´an, ez´ert az inverzi´o sz¨ ogtart´ o. 4.2.1. Megjegyz´ es. A modellg¨ omb k¨ oz´eppontj´ an kereszt¨ ulhalad´ o s´ıkra vonatkoz´ o euklideszi t¨ ukr¨ oz´est szint´en inverzi´ onak nevezz¨ uk, bizony´ıt´ asunk ebben az esetben is lek¨ ovethet˝ o, a be´ agyaz´ o val´ os projekt´ıv t´erben nem is lehetne a k´et esetet megk¨ ul¨ onb¨ oztetni egym´ ast´ ol. 4.2.2. T´ etel. A hiperbolikus t´er s´ıkra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´esei egy´ertelm˝ uen megfeleltethet˝ ok a modellg¨ ombre mer˝ oleges g¨ omb¨ okre vonatkoz´ o inverzi´ oknak. Bizony´ıt´ as: A t´etel bizony´ıt´as´ahoz egy pont s´ıkra vonatkoz´o t¨ uk¨ork´ep´et kell megkeresn¨ unk, mert modell¨ unk abszol´ ut teret modellez. Ehhez viszont elegend˝ o az adott pont ´es modellg¨omb k¨oz´eppontj´an ´atmen˝o, az adott s´ıkunkra mer˝ oleges s´ıkra korl´ atozni vizsg´alatunkat. ´Igy s´ıkbeli ´abr´at rajzolhatunk (4.9. ´ abra), amelyen A jel¨ oli pontunkat, m jel¨oli az adott s´ık ´es az ´abra s´ıkj´ anak metsz´esvonal´ at, O ´es k a modellg¨omb k¨oz´eppontj´at, illetve az ´abra s´ıkj´ aval val´ o f˝ ok¨ or metszet´et. Az A-b´ol m-re ´all´ıtott mer˝oleges n egyenest olyan k¨ or´ıv reprezent´ alja, mely mer˝oleges m ´es k k¨or´ıvekre ´es ´atmegy A-n. Az m-re vonatkoz´ o inverzi´ o A-t az n k¨or´ıv egy A′ pontj´aba viszi, az m ´es

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

179

´ g¨ ´ s fe ´lte ´rmodellje 4.2. Poincare omb- e

n k¨ or¨ ok T metsz´espontj´ at helyben hagyja, m´ıg az n k¨or k-val val´o U ´es V metsz´espontjai helyet cser´elnek, ez´ert az A, T, U, V pontn´egyes az inverzi´on´al az A′ , T, V, U pontn´egyesbe megy ´at. Az els˝o kett˝osviszony´anak logaritmusa az A ´es T pontok t´ avols´ aga, a m´asodik´e az A′ ´es T pontok´e. Ha igazoljuk, hogy a k´et pontn´egyes kett˝ osviszonya megegyezik, a t´etelt bizony´ıtottuk.

k O A V

T A

n

,

m

U M

4.9. ´ abra. A t¨ ukr¨oz´es inverzi´o Ehhez tekints¨ uk a mer˝ oleges n egyenest reprezent´al´o k¨ort, ´es az m egyenest reprezent´ al´ o k¨ or M k¨ oz´eppontj´at. M -b˝ol mint k¨ uls˝o pontb´ol h´ uzott egyenesek az (M U V ), (M A′ A), illetve (M T ) egyenesek. Ez´ert az M U T △ , M T V △ h´ aromsz¨ ogek hasonl´ os´ aga miatt fenn´all az 2  |M U | |T U | = , |T V | |M V | osszef¨ ugg´es, ahonnan az ¨ |M U | |M A′ | |M U | = , |M V | |M A′ | |M V |

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

180

4. Modellek

azonoss´ ag seg´ıts´eg´evel – felhaszn´alva, hogy az M U A△ , M A′ V △ h´aromsz¨ogek is hasonl´ oak – ad´ odik, hogy 

|T U | |T V |

2

=

|AU | |A′ U | |AU | |A′ U | = . |A′ V | |AV | |AV | |A′ V |

Mivel a fenti pontok ugyanazon k¨or pontjai, a szakaszokhoz tartoz´o ker¨ uleti sz¨ ogekre a szinuszt´etel szerint a fenti egyenletet ´at´ırva kapjuk, hogy sin AV U ∡ sin A′ V U ∡ = sin AU V ∡ sin A′ U V ∡



sin T V U ∡ sin T U V ∡

2

.

Alkalmasan ´ atrendezve ezt, majd a ker¨ uleti sz¨ogek t´etele szerint a k¨or valamely S pontj´ ab´ ol a vizsg´ alt pontokhoz h´ uzott sugarak kett˝osviszony´ara ´ıgy a k¨ ovetkez˝ oo sszef¨ u gg´ e st kapjuk: ¨ (AT U V ) =

=

sin AV U ∡ sin V U T ∡ sin ASU ∡ sin V ST ∡ = = sin U ST ∡ sin A′ SV ∡ sin U V T ∡ sin A′ U V ∡

sin T V U ∡ sin V U A′ ∡ sin T SU ∡ sin V SA′ ∡ = = (T A′ U V ). ′ sin U V A ∡ sin V U T ∡ sin U SA′ ∡ sin V ST ∡

Azaz a k´et szakasz hiperbolikus hossza megegyezik egym´assal. A t´etel k¨ ovetkezm´enye, hogy a hiperbolikus t´er egybev´ag´os´agai a modellt mer˝ olegesen metsz˝ o g¨ omb¨ okre vonatkoz´o inverzi´ok szorzatak´ent ´allnak el˝o. 4.2.2. A f´ elt´ ermodell ´ es a norm´ altranszverz´ alis A t´erelemek mer˝ oleges transzverz´alisainak k´erd´esei – a g¨ombmodellben – a be´ agyaz´ o euklideszi t´er inverzi´oval kezelhet˝o probl´em´aik´ent jelentkeznek. A kapott feladatok megold´ as´ at egy k¨oz¨os nulladik” l´ep´es elv´egz´es´evel vissza le” het vezetni egy egyszer˝ ubb feladat megold´as´ara. Ezen l´ep´es egy o¨nmag´aban is ´erdekes szitu´ aci´ ohoz vezet, megalkot´odik a hiperbolikus t´er Poincar´e-f´ele m´asik modellje, a f´elt´ermodell. A modell a matematika sz´amos ter¨ ulet´en bukkan fel u ´jra, ´ıgy nem ´erdektelen bevezetn¨ unk. A Poincar´e g¨ombmodellj´enek inverz´ıv k´epe egy g¨ ombre, melynek k¨oz´eppontja a g¨ombmodell egyik hat´arpontja, egy f´elt´erbe transzform´ alja a modell belsej´et, a modellbeli egyeneseket, s´ıkokat, k¨ or¨ oket, g¨ omb¨ oket pedig sz¨ogtart´o m´odon k´epezi le a hat´arol´o s´ıkra mer˝ oleges egyenesekre, s´ıkokra, k¨or¨okre, g¨omb¨okre. A kapott f´elt´er szint´en konformis modell. El˝ onye, hogy az inverzi´o kezd˝opontj´anak szabad v´alaszt´asa miatt minden konkr´et feladatban egy t´erelem reprezent´ans´at az ´altal´anoss´ag megszor´ıt´ asa n´elk¨ ul v´ alaszthatjuk egyenesnek vagy s´ıknak. Ezt k¨ ul¨on indokl´ as n´elk¨ ul (a metrika bevezet´ese el˝ott) nem tehetj¨ uk meg a g¨ombmodellben. A k¨ ovetkez˝ o t´etel a f´elt´ermodell alkalmazhat´os´ag´at j´ol mutatja.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

181

´ g¨ ´ s fe ´lte ´rmodellje 4.2. Poincare omb- e

4.2.3. T´ etel. A hiperbolikus t´erben ultraparallel egyenesp´ ar, egyenes-s´ık p´ ar, illetve s´ıkp´ ar norm´ altranszverz´ alisa egy´ertelm˝ uen l´etezik. Bizony´ıt´ as: A s´ıkbeli egyenesp´arra vonatkoz´o bizony´ıt´as – miut´an az egyik egyenest egyenessel reprezent´altuk – a 4.10. ´abr´ar´ol leolvashat´o.

a n

b

4.10. ´ abra. Kit´er˝ o s´ıkbeli egyenesp´ar norm´altranszverz´alisa Az egyenes-s´ık p´ aros´ıt´ asn´ al feltessz¨ uk, hogy az egyenes egyenesk´ent reprezent´ al´ odik. Ekkor az egyenes ´es a s´ıkot reprezent´al´o g¨omb k¨oz´eppontja ´altal meghat´ arozott s´ık az el˝ oz˝ o esetnek megfelel˝o helyzetet hoz l´etre. A metszet ´es az adott egyenes transzverz´alisa egyben az adott egyenes ´es az adott s´ık transzverz´ alisa is. A k´et kit´er˝ o s´ık eset´en hasonl´oan j´arunk el, csak az egyik s´ıkot s´ıkkal reprezent´ aljuk, ´es ezen s´ık ´es a hat´ars´ık metsz´esvonal´ara mer˝oleges, a m´asik s´ıkot reprezent´ al´ o g¨ omb k¨ oz´eppontj´an kereszt¨ ulhalad´o s´ıkkal metssz¨ uk a kiindul´asi s´ıkot, ahogy azt a 4.11. ´ abr´ an l´athatjuk. A leg´erdekesebb eset k´et nem egys´ık´ u egyenes norm´altranszverz´alis´anak megad´ asa a f´elt´ermodellben. Az egyik egyenesr˝ ol, a-r´ ol feltessz¨ uk, hogy mer˝oleges a hat´arol´o f´els´ıkra. Ekkor b k¨ ork´ent reprezent´ al´ odik u ´gy, hogy az a A, illetve a b B ´es C v´egtelen t´ avoli pontjai nem esnek egy egyenesre. Tekints¨ uk az A, B, C pontok k¨or´e ´ırt k k¨ort, illetve azt a f´elg¨omb¨ot, mely a modell f´elter´eben van ´es f˝ ok¨ore k. Legyen a BC felez˝opontja F , ´es a szakasz szakaszfelez˝ o mer˝ olegese messe k-t az A pontot nem tartalmaz´o ´ıv´en D-ben. Az AD messe BC-t S-ben. Jel¨olje N a f´elg¨omb ´es az S-ben a hat´arol´o s´ıkra all´ıtott egyenes metsz´espontj´at. Az a ´es b egyeneseket egyar´ant metsz˝o, r´ajuk ´ mer˝ oleges n egyenes reprezent´al´o k¨ore ekkor az A k¨oz´eppont´ u N -en ´athalad´o, a hat´ arol´ o s´ıkra mer˝ oleges k¨or. Val´oban, ez mindk´et egyenest metszi, ´es a-ra nyilv´ anval´ o m´ odon mer˝ oleges. Igazolnunk kell teh´at, hogy b-t is mer˝olegesen metszi. b ´erint˝ oje N -ben legyen tb , az n egyenes´e tn . tb a b-t reprezent´al´o k¨or

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

182

4. Modellek

a

n b

S1 S2 O

4.11. ´ abra. Kit´er˝o s´ıkok norm´altranszverz´alisa

a

tn

M n

tb N b B

A

D S

F C

4.12. ´ abra. Kit´er˝o egyenesp´ar norm´altranszverz´alisa s´ıkj´aban van, ´ıgy mer˝ oleges az ezen s´ıkra mer˝oleges F D egyenesre, tov´abb´a a k¨ or N F sugar´ ara, ´ıgy mer˝ oleges az N D egyenesre is. Az AN D△ h´aromsz¨og az AD-ra mint ´ atm´er˝ ore rajzolt f´elk¨orbe ´ırt h´aromsz¨og, ez´ert N -n´el der´eksz¨oge

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

183

´ g¨ ´ s fe ´lte ´rmodellje 4.2. Poincare omb- e

van, ´ıgy N D az N pontbeli ´erint˝oje az n k¨or´ıvnek, azaz tn -nel egyezik meg. ´Igy a k´et ´erint˝ ovel egy¨ utt a k´et k¨or´ıv is mer˝oleges egym´asra, amivel ´all´ıt´asunkat igazoltuk. 4.2.3. Ciklusok ´ es szf´ er´ ak Tetsz˝oleges k´et azonos sugar´ u s´ıkbeli k¨or a k¨oz´eppontokat ¨osszek¨ot˝o szakasz szakaszfelez˝ o mer˝ oleges´ere t¨ ukr¨ozve egym´asba megy ´at, ´ıgy tetsz˝oleges hiperbolikus k¨ or inverzi´ oval a modellk¨or k¨oz´eppont´ u hiperbolikus k¨orbe vihet˝o. Ezek nyilv´ an k¨ or¨ ok, ´ıgy az inverzi´o k¨ortart´asa miatt a modell belsej´eben elhelyezked˝ o euklideszi k¨ or¨ ok a hiperbolikus s´ık k¨orei. A paraciklus v´egtelen tart´oj´ u sug´arsor ortogon´alis trajekt´ori´aja, ez´ert a modellk¨ ort a tart´ oban ´erint˝ o k¨orvonal adja meg. Hasonl´ok´eppen, adott egyeneshez mint alapvonalhoz tartoz´o hiperciklusok az egyenesnek a modellk¨orrel val´ o metsz´espontjain kereszt¨ ulhalad´o k¨orvonalak. Az inverzi´o k¨or- ´es sz¨ogtart´ asa miatt a f´els´ıkmodell ciklusai szint´en k¨or¨ok vagy egyenesek, a v´egtelen t´ avoli pontok sz´ ama szerint k¨or, paraciklus vagy hiperciklus. A 4.13. ´abr´an a k´et modell ciklusait l´ athatjuk. 4.2.4. Egybev´ ag´ os´ agok a f´ els´ıkmodellben Azonos´ıtsuk most f´els´ıkmodell¨ unket a komplex sz´ams´ık fels˝o f´els´ıkj´aval. 4.2.4. T´ etel. A hiperbolikus s´ık egybev´ ag´ os´ againak csoportja ´es a P SL2 (R) m´ atrixcsoport izomorfak egym´ assal. Bizony´ıt´ as: Defini´ aljuk a f´els´ıkmodell t´avols´ag´at a ds =

1 dz Imz

´ıvelem szerinti integr´ al´ assal. Mint k´es˝obb l´atni fogjuk (l´asd a 6.5.2 alfejezet) ez a f´elt´ermodellben megadott t´avols´agfogalmunk egy lehets´eges analitikus le´ır´ asa. Vil´ agos, hogy a z 7−→ z + b , z 7−→ az illetve z 7−→ −

1 z

lek´epez´esek egybev´ ag´ os´ agok, ´es a z 7−→

az + b cz + d

ad − bc 6= 0

felt´eteleket kiel´eg´ıt˝ o M¨ obius-transzform´aci´ok csoportj´at a fenti lek´epez´esek gener´ alj´ ak. Ezen ut´ obbi csoport azonban izomorf a P SL2 (R) m´atrixcsoporttal, ´es tranzit´ıvan hat a hiperbolikus s´ık ponth´armasain. Mivel az egybev´ag´ os´ agok egy´ertelm˝ uen meghat´arozottak h´arom nem kolline´aris pontjuk k´epe altal, az ´ ´ all´ıt´ ast igazoltuk.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

184

4. Modellek

körmodell

kör hiperciklusok paraciklus félsíkmodell

kör

paraciklusok

hiperciklusok 4.13. ´ abra. Ciklusok Poincar´e modelljeiben

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´le vagy projekt´ıv modell 4.3. A Cayley–Klein-fe

185

4.2.5. T´ etel. A fenti modell geodetikusai a val´ os tengelyre mer˝ oleges k¨ or¨ ok ´es egyenesek. Bizony´ıt´ as: Mint kor´ abban l´attuk, a f¨ ugg˝oleges egyenesek geodetikusok. Mivel a M¨ obius-transzform´ aci´ok tranzit´ıvan hatnak a val´os tengelyre mer˝ oleges k¨ or¨ ok ´es egyenesek halmaz´an, ezen ´all´ıt´as is nyilv´anval´o.

4.3. A Cayley–Klein-f´ ele vagy projekt´ıv modell Felt´eve, hogy a tapasztalati ter¨ unk csak k¨ ozel´ıt˝ oleg euklideszi, milyen k¨ ovetkeztet´esre juthatunk? Nem arra, hogy az euklideszi geometria all´ıt´ ´ asai csak k¨ ozel´ıt˝ oleg igazak, hanem abszol´ ut igazak egy olyan eukleideszi t´erben, amelyet oly sok´ aig tartottunk a tapasztalataink fizikai ter´enek.

A. Cayley 4.3.1. T´ erelemek k¨ olcs¨ on¨ os helyzete, val´ os projekt´ıv t´ er A projekt´ıv modell k´ın´ alja a legegyszer˝ ubb lehet˝os´eget egyenes-egyenes, egyenes-s´ık, s´ık-s´ık k¨ olcs¨ on¨ os helyzeteinek egy¨ontet˝ u vizsg´alat´ara. A pont, egyenes, s´ık objektumok k¨ oz¨ os neve a tov´abbiakban t´erelem. A k¨oz¨os szeml´elet˝ u defini´ al´ as lehet˝ os´eg´et h´ arom t´er egym´asba skatuly´azott modellje k´ın´alja. Igaz´ ab´ ol t´erelemek k¨ olcs¨ on¨ os helyzet´enek vizsg´alata sor´an a pontot mint t´erelemet nem vessz¨ uk sz´ am´ıt´ asba. Az 1.3.1 t´etel szerint az euklideszi t´er egyenesei a p´arhuzamoss´agrel´aci´o alapj´ an ekvivalenciaoszt´ alyokba sorol´odnak. Ezen oszt´alyokhoz rendelhet˝o egy u ´j objektum, melyet az oszt´aly egyenesei ´altal meghat´arozott v´egtelen t´ avoli pontnak nevez¨ unk. Adott s´ıkhoz tartoz´o v´egtelen t´avoli pontok o¨sszess´ege a s´ık v´egtelen t´ avoli egyenese. A t´er v´egtelen t´avoli pontjai a t´er v´egtelen t´ avoli s´ıkj´ at adj´ ak (jele I). Amikor ezen m´odon b˝ov´ıtj¨ uk az euklideszi teret, a val´ os projekt´ıv t´erhez jutunk. A val´os projekt´ıv teret P R3 -mal jel¨olj¨ uk. Ha P R3 egy s´ıkj´ at, megk¨ ul¨ onb¨ oztetve a t¨obbit˝ol, v´egtelen t´avoli s´ıknak nevez¨ unk, akkor az euklideszi t´er egy modellj´et defini´altuk a val´os projekt´ıv t´eren bel¨ ul. A be´ agyazott P R3 \I euklideszi t´ernek jel¨olj¨ uk ki egy G ny´ılt g¨ombj´et. Ez adja a hiperbolikus t´er egy projekt´ıv modellj´et. A G g¨omb hat´arpontjait (bdG elemeit) a hiperbolikus t´er v´egtelen t´ avoli, a modell k¨ uls˝o pontjait a hiperbolikus t´er ide´ alis pontjainak nevezz¨ uk. (A be´agyaz´o euklideszi t´er v´egtelen t´ avoli pontjait, I elemeit is a hiperbolikus t´er ide´alis pontjainak h´ıvjuk. Az euklideszi t´er vonatkoz´ as´ aban ezen pontokra mindk´et jelz˝ot haszn´alhatjuk.) A val´ os projekt´ıv t´er defin´ıci´oja szerint P R3 t´erelemei metsz˝ok vagy nem metsz˝ ok lehetnek, ezen ut´ obbi eset akkor ´es csak akkor fordul el˝o, ha k´et projekt´ıv egyenes t´erbeli k¨ olcs¨ on¨os helyzet´et vizsg´aljuk. A be´agyazott euklideszi t´erre ezen k´et szitu´ aci´ o oly m´odon ¨or¨okl˝odik, hogy ha a projekt´ıv t´erelemek

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

186

4. Modellek

metszet´enek van I-be nem es˝o pontja, akkor euklideszi ´ertelemben is metsz˝ o a k´et t´erelem, ha teljes nem u uk I-hez tartozik, euklideszi ¨res metszet¨ ´ertelemben p´ arhuzamosaknak nevezz¨ uk ˝oket, ha a t´erelemek metszete u ¨res, az elnevez´es¨ uk a kit´er˝ o. Az a´ltal´anos terminol´ogi´at ´atvihetj¨ uk a hiperbolikus t´erre a k¨ ovetkez˝ o defin´ıci´ oval: 4.3.1. Defin´ıci´ o. K´et t´erelem metsz˝o, ha van k¨ oz¨ os pontjuk G-ben, p´arhuzamos, ha nincs k¨ oz¨ os pontjuk G-ben, de van k¨ oz¨ os pontjuk bdG-ben, kit´er˝ o vagy ultraparallel egy´ebk´ent. 4.3.2. T´ erelemek mer˝ olegess´ ege a projekt´ıv modellben 4.3.1. Lemma. Ha k´et metsz˝ o k¨ orh¨ oz azok k¨ oz¨ os k¨ uls˝ o pontj´ ab´ ol h´ uzott ´erint˝ oszakaszok egyenl˝ ok, akkor a pont a k´et k¨ or k¨ oz¨ os h´ urj´ anak egyenes´ere esik.

K T

A R B C 4.14. ´abra. A hatv´anyvonal Bizony´ıt´ as: Legyen K a k¨ uls˝o pont. K¨oss¨ uk ¨ossze K-t az egyik metsz´esponttal, A-val. A m´ asik k´et metsz´espont legyen B ´es C. A k¨ uls˝o pontb´ol h´ uzott szel˝ ok t´etele szerint, ha r az ´erint˝oszakaszok k¨oz¨os hossza, akkor |KA||KB| = r2 = |KA||KC|, ahonnan B = C az a´ll´ıt´asunkat igazolja. 4.3.2. Defin´ıci´ o. A k¨ or egy h´ urp´ arja konjug´alt, ha az egyik egyenese tartalmazza a m´ asik v´egpontjaiban a k¨ orh¨ oz h´ uzott ´erint˝ ok metsz´espontj´ at.

4.3.2. Lemma. A hiperbolikus s´ık k´et mer˝ oleges egyenese a s´ıkot modellez˝ o projekt´ıv modellben konjug´ alt h´ urp´ art ad. Bizony´ıt´ as: Legyen az egyik egyenes¨ unk k´et v´ege K, L, a hiperbolikus s´ıkon r´ a mer˝ oleges egyenes´e pedig K ′ , L′ . Tekints¨ uk a K, L pontp´arban a modellk¨ ort mer˝ olegesen metsz˝ o k¨ ort, ´es ugyan´ ugy a K ′ , L′ pontp´arban mer˝olegesen metsz˝ o k¨ ort. Ezen k´et k¨ or egym´ast pontosan akkor metszi mer˝olegesen, ha

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

187

´le vagy projekt´ıv modell 4.3. A Cayley–Klein-fe

L

K'

L' K

O 4.15. ´ abra. Mer˝olegess´eg a projekt´ıv modellben

a hiperbolikus s´ıkon mer˝ olegesek egym´asra egyeneseink. Ugyanakkor mer˝olegess´eg¨ ukb˝ ol ad´ odik, hogy a m´asodik k¨or k¨oz´eppontj´an, O-n ´athalad a metsz´espontban az els˝ o k¨ orh¨ oz h´ uzott ´erint˝o. El˝oz˝o lemm´ank szerint ´eppen az all´ıt´ ´ as ad´ odik. A projekt´ıv modell haszn´alat´aval u ´jabb sz´ep bizony´ıt´asokat kapunk k´et ultraparallel t´erelem k¨ oz¨ os mer˝oleges´enek l´etez´es´ere. 4.3.1. T´ etel. A hiperbolikus t´er ultraparallel t´erelemp´ arj´ anak egy´ertelm˝ uen l´etezik k¨ oz¨ os mer˝ olegese, egy´eb esetekben k¨ oz¨ os mer˝ oleges nincs. Bizony´ıt´ as: A feladat k´et s´ık eset´eben egyszer˝ u, a k´et s´ık p´olusait ¨osszek¨ ot˝ o h´ ur adja a k´et s´ık egy´ertelm˝ uen l´etez˝o k¨oz¨os mer˝oleges´et. S´ık ´es egyenes eset´en adott ponton (a s´ık p´olus´an) ´athalad´o k´et kit´er˝o egyenest metsz˝o transzverz´ alist kell szerkeszteni. Ez el˝o´all, mint a pont ´es az egyenesek ´altal meghat´ arozott k´et s´ık metsz´esvonala. Az ultraparallelit´as felt´etele most is garant´ alja ezen egyenes l´etez´es´et. K´et egyenes eset´en n´egy egyenes k¨oz¨os transzverz´ alis´ at kell megtal´ alni. Mint ismert, h´arom, p´aronk´ent kit´er˝o egyenes transzverz´ alisai egyk¨ openy˝ u hiperboloidot ´ırnak le. Ez elfajulhat hiperbolikus paraboloidd´ a, ha a h´ arom adott egyenes egy s´ıkkal p´arhuzamos. Feladatunk megold´ asa teh´ at hiperboloid ´es egyenes metsz´espontjainak a megkeres´es´et je-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

188

4. Modellek

B'

L aB

A

K a'

A'

b a

A

b'

B B'

a'

4.16. ´ abra. K¨ oz¨ os mer˝oleges a projekt´ıv modellben lenti, mely elvileg k´et megold´ast is adhat. Az euklideszi geometria ebben az esetben mindenk´eppen bonyolultabb megold´assal szolg´al, mint ha Poincar´e f´elt´ermodellj´et haszn´ aljuk.

4.4. A k¨ ormodellek megfeleltet´ ese Euler dr´ agak¨ ove az Euler-azonoss´ ag: eπi + 1 = 0

R. Feynman A komplex sz´ ams´ık egys´eges´ıt˝o szerepe a modellek ¨osszekapcsol´as´anak k´erd´es´en´el is remek¨ ul l´ atszik. 4.4.1. Defin´ıci´ o. Az x, y, u ´es v komplex sz´ amok kett˝ osviszony´ an a

ar´ anyt ´ertj¨ uk, ha az ´ertelmes.

u−x v−x : y−u y−v

4.4.1. T´ etel. A komplex kett˝ osviszony pontosan akkor val´ os, ha pontjaink egy egyenesre vagy egy k¨ orre illeszkednek.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

189

´se 4.4. A k¨ ormodellek megfeleltete

Bizony´ıt´ as: Tegy¨ uk fel el˝ osz¨or, hogy pontjaink egy egyenesre esnek. Ekkor a − c, a − d, b − c, b − d p´ arhuzamos euklideszi vektorok, ´ıgy h´anyadosuk (mint komplex sz´ am) val´ os. Ha egy k¨or pontjair´ol van sz´o, akkor a 4.17. ´abr´anak megfelel˝ oen feltehetj¨ uk, hogy az a, b, c, d ciklikus sorrendben helyezkednek el, azaz (adb)∡ = (acb)∡ = φ. Ez´ert egy φ argumentum´ u, egys´eg hossz´ u e komplex sz´ ammal a (a − c)e b−c

(a − d)e , b−d sz´ amok egyar´ ant val´ osak, ´ıgy k=

a−c b−c (a − c)e (a − d)e : = : b−c b−d a−d b−d

h´ anyadosuk szint´en val´ os.

d j

c j

a b 4.17. ´ abra. Komplex kett˝osviszony Ford´ıtva, v´ alasszuk meg a pontok sorrendj´et u ´gy, hogy a kett˝osviszony ne csak val´ os, de pozit´ıv is legyen. (Ez lehets´eges, mert k¨ ul¨onb¨oz˝o pontok eset´en k nem nulla ´es egy, ez´ert k = (a, b, c, d) ≤ 0 eset´en (b, d, a, c) = 1 − k ≥ 0). Teh´ at a a−c a−d a−c b−c : = k ≥ 0 ⇐⇒ = ·k a−d b−d b−c b−d osszef¨ ugg´es alapj´ an az egyenl˝os´eg k´et oldal´an lev˝o komplex sz´am azonos ¨ ir´ anysz¨ og˝ u, azaz a−d a−c = arg , arg b−c b−d ahonnan arg(a − c) − arg(b − c) = arg(a − d) − arg(b − d),

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

190

4. Modellek

ez´ert (acb)∡ = (adb)∡ = φ. Ha c ´es d az (ab) egyenesen van, t´etel¨ unk ´all´ıt´asa igaz. Tegy¨ uk fel, hogy ez nem teljes¨ ul, ´es az (ab) egyenes elv´alasztja a c ´es d pontokat. Jel¨ olj¨ uk e-vel a φ ir´anysz¨og˝ u komplex egys´eget. Ekkor b − c = (a − c)λe ´es b − d = (a − d)µe, ahol λµ ≤ 0. Ez azt jelenti, hogy k=

a − c (a − c)λ µ a − c (b − c) : = : = ≤ 0, a−d b−d a − d (a − d)µ λ

ami ellentmond k-ra vonatkoz´o feltev´es¨ unknek, ´ıgy (ab) nem v´alaszthatja el a c ´es d pontokat. Azaz c, illetve d az (ab) szakaszra ´ırt (acb)∡ sz¨og˝ u l´ at´ osz¨ ogk¨ or´ıven helyezkednek el, azaz val´oban egy k¨or¨on vannak. A G egys´egg¨ omb k¨ oz´eppontj´an ´athalad´o s´ık pontjait tekints¨ uk a komplex sz´ ams´ık sz´ amainak, a s´ıkra mer˝oleges g¨ombi ´atm´er˝o egyik v´egpontj´ab´ol vet´ıts¨ uk centr´ alisan a s´ık pontjait az inverzi´o g¨ombj´ere. (A tov´abbiakban a szeml´eletess´eg kedv´e´ert ezt a s´ıkot v´ızszintesnek k´epzelj¨ uk, m´ıg a vet´ıt´es centrum´ at a f¨ ugg˝ oleges ´ atm´er˝ o fels˝o v´egpontj´anak.) A komplex sz´ams´ık v´egte” lenj´enek” feleljen meg maga a centrum, ´ıgy a kompaktifik´alt komplex sz´ams´ıkot bijekt´ıven lek´epezt¨ uk a G g¨omb felsz´ın´ere. A G g¨omb¨ot a tov´abbiakban Riemann-f´ele sz´ amg¨ ombnek nevezz¨ uk. A lek´epez´es a sztereografikus projekci´ o. Vil´ agos, hogy az ´ altalunk defini´alt lek´epez´es ekvivalens a sztereografikus projekci´ o m´ asik szokott megfogalmaz´as´aval, mely szerint a s´ık a g¨omb¨ot ´erinti, ´es a vet´ıt´es az ´erint´esi ponttal ´atellenes g¨ombi pontb´ol t¨ort´enik. Az els˝o defin´ıci´ o annyiban k´enyelmesebb, hogy a s´ıkba es˝o f˝ok¨or invari´ans marad. 4.4.2. T´ etel. A sztereografikus projekci´ o k¨ ortart´ o, konformis lek´epez´es. Bizony´ıt´ as: A k¨ ortart´ ashoz kapcsol´od´o meggondol´asainkat az 4.18. ´abra seg´ıts´eg´evel vissz¨ uk v´egig. Legyen P ´es Q a g¨ ombfel¨ ulet k´et pontja, vet¨ ulet¨ uk P ′ , illetve Q′ . Els˝o ´eszrev´etel¨ unk az, hogy a P QP ′ Q′ n´egysz¨og h´ urn´egysz¨og. Ha P Q p´arhuzamos P ′ Q′ -vel, akkor ez vil´ agos. Jel¨olj¨ uk most P Q ´es P ′ Q′ metsz´espontj´at N -nel. Ha S tov´ abb´ a a P Q egyenes ´es az O-beli ´er´ınt˝os´ık metsz´espontja, akkor az OS egyenes nem m´ as, mint az OQP h´aromsz¨og k¨or´e ´ırt k¨or ´erint˝oegyenese O-ban. Ez´ert ezen k¨ or OQ h´ urj´ahoz tartoz´o ker¨ uleti sz¨ogek a QP O∡ sz¨og ´es a QOS∡ kieg´esz´ıt˝ o sz¨ oge. (Az ´abr´an egy ´ıvvel jel¨olt sz¨ogek.) OS ´es Q′ N p´arhuzamoss´ aga miatt azonban ez utobbi sz¨og ´eppen OQ′ P ′ ∡, ami ´all´ıt´asunkat igazolja. ´Igy |N P | · |N Q|=|N P ′ | · |N Q′ |. Ha most P egy g¨ombi k¨or pontja, Q pedig a fix N pontb´ ol a g¨ ombi k¨orh¨oz h´ uzott szel˝o m´asik metsz´espontja, az |N P | · |N Q| szorzat ´ alland´ o ´ert´ek. Az el˝obbi egyenl˝os´eg szerint a P , illetve Q pontok k´epeire szint´en igaz, hogy az |N P ′ | · |N Q′ | szorzat konstans. A g¨ombi k¨ or vet¨ ulete az O cs´ ucs´ u k´ up olyan s´ıkmetszete, mely a k´ up valamennyi alkot´ oj´ at metszi, teh´ at ellipszis. Ezen ellipszis egy a tengelyeit˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝o egyenes (az ´ abr´ an k´eps´ıkunk ´es a k¨or s´ıkj´anak metsz´esvonala) ¨osszes N pontj´ara

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

191

´se 4.4. A k¨ ormodellek megfeleltete

Q R

e

*

R . .

,

, R

e

P ,

,

Q

P

N

.

k O S 4.18. ´abra. K¨ortart´as

P a

k

t2

t1

O s1

s2

4.19. ´abra. Sz¨ogtart´as n´ezve rendelkezik a fenti tulajdons´aggal, nevezetesen, hogy az |N P ′ | · |N Q′ | szorzat konstans, azaz az ellipszis k¨or. (Affinit´assal k¨onnyen ellen˝orizhet˝o, hogy k¨ uls˝ o pontb´ ol egy ellipszishez h´ uzott ´erint˝oszakaszok akkor ´es csak akkor lehetnek egyenl˝ o hossz´ uak, ha a pont valamelyik tengelyre esik, ´ıgy ilyen tulajdons´ aggal egy a tengelyekt˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝o egyenesnek legfeljebb k´et pontja rendelkezhet.) Ekk´eppen els˝ o ´all´ıt´asunkat bel´attuk. A sz¨ ogtart´ as bizony´ıt´ as´ ahoz tekints¨ uk a 4.19. ´abr´at. Az ´abr´an a k¨ovetkez˝ o egyszer˝ u t´enyt r¨ ogz´ıtett¨ uk: Ha egy g¨omb k´et k¨ore k´et pontban metszi egym´ ast, akkor a metsz´espontokn´al kapott megfelel˝o hajl´assz¨ogek megegyeznek. (A metsz´espontokat ¨ osszek¨ot˝o g¨ombi h´ ur szakaszfelez˝o mer˝oleges s´ıkja az egy¨ uttes alakzat szimmetrias´ıkja.) Ha most a P pontbeli g¨orb´ek ti ´erin-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

192

4. Modellek

t˝ oi ´es az O pont a´ltal meghat´arozott s´ıkok a g¨omb O-beli ´erint˝os´ıkj´aval val´o metsz´esvonalai si , akkor eszerint fenn´all a (t1 , t2 )∡ = (s1 , s2 )∡ egyenl˝os´eg. A k´eps´ık viszont a mondott ´erint˝os´ıkkal p´arhuzamos, a vet¨ uleti g¨orb´ek t′i ´erin′ t˝ oi pedig a ti ´erint˝ ok O-b´ ol val´o vet¨ uletei, azaz ti p´arhuzamos si -vel. (Adott s´ıkot p´ arhuzamos s´ıkp´ ar, p´ arhuzamos egyenesp´arban metsz.) ´Igy a vet¨ uleti g¨ orb´ek hajl´ assz¨ oge is ezen k¨oz¨os sz¨og. 4.4.3. T´ etel. A komplex ny´ılt egys´egk¨ orlap sztereografikus projekt´ıv k´ep´et mer˝ olegesen vet´ıts¨ uk vissza az egys´egk¨ orre. Ekkor az egys´egk¨ orre vonatkoz´ o Poincar´e-f´ele k¨ ormodell ´es ugyanezen k¨ or Cayley–Klein- (vagy projekt´ıv) modellj´enek a s´ık v´egtelen t´ avoli pontjait fixen tart´ o bijekci´ oj´ at kapjuk. Bizony´ıt´ as: Tekints¨ uk u ´jra a 4.18. ´abr´at. Itt a k-val jel¨olt f˝ok¨or kiindul´ask´eppen legyen ell´ atva a Poincar´e-k¨ormodell strukt´ ur´aj´aval. Az O-b´ol v´egzett sztereografikus projekci´ o ezen modellt felvet´ıti a g¨ombre, oly m´odon, hogy a modellegyenesek k s´ıkj´ an k´ıv¨ ul fekv˝o k-ra mer˝oleges k¨or´ıvekbe mennek ´at. Ez azt jelenti, hogy a kapott g¨ombi k¨or´ıvek s´ıkjai k s´ıkj´ara mer˝olegesek. Vet´ıts¨ uk most vissza a g¨ ombfelsz´ınt k s´ıkj´ara mer˝olegesen a kiindul´asi k k¨orbe. A kapott modellben a Poincar´e-modell egyeneseinek most euklideszi egyenes szakaszok (h´ urok) felelnek meg, melyek a Poincar´e-f´ele egyenes v´egpontjait” ” k¨ otik ¨ ossze a modellben. Most m´ ar k¨ onnyen defini´ alhat´o lesz a g¨ombmodellek t´avols´agf¨ uggv´enye. ´ 4.4.2. Defin´ıci´ o. Ertelmezz¨ uk a Poincar´e-f´ele k¨ ormodellben k´et pont t´avols´ ag´ at a ρ(X, Y ) = ln(X, Y, U, V ) formul´ aval, ahol az X, Y pontok ´ altal meghat´ arozott egyenes k´et v´ege az U, V pontp´ ar oly m´ odon, hogy az egyenest reprezent´ al´ o k¨ or¨ on a pontok ciklikus sorrendje (X, Y, U, V ). A k´es˝ obbiekben l´ atni fogjuk, hogy ez az ´ertelmez´es vezet a term´eszetes t´erfogatfogalomhoz. A megadott sz´ am nem negat´ıv, mivel a 4.20. ´abra jel¨ol´eseit figyelembe v´eve az (X, Y, U, V ) kett˝ osviszony ´ert´eke X − U Y − U |X − U | |Y − U | X −U Y −U = : = : : , X −V Y −V X − V Y − V |X − V | |Y − V |

ami a h´ urn´egysz¨ ogekre vonatkoz´o Ptolemaiosz-t´etel ´ertelm´eben (az ´atl´ok szorzata megegyezik a szemk¨ozti oldalak szorzat´anak ¨osszeg´evel) egyn´el nem kisebb, ´ıgy a logaritmus ´ert´eke val´oban nem negat´ıv. K¨onnyen ellen˝orizhet˝ o, hogy az azonos hossz” k¨ ovetelm´ennyel defini´alt egybev´ag´os´ag kiel´eg´ıti a ” szakaszokra vonatkoz´ o egybev´ag´os´agi axi´om´akat, tov´abb´a defini´alhat´ok egybev´ ag´ o sz¨ ogtartom´ anyok, ´es ezek m´ert´eke az euklideszi m´ert´ek¨ ukkel azonos, ´ıgy a Poincar´e/g¨ ombmodell t´enyleg a hiperbolikus t´er egy konformis modellje.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

193

4.5. A hiperboloidmodell

O

V X Y

U 4.20. ´abra. T´avols´ag A k´et modell k¨ oz¨ otti geometriai megfeleltet´es alapj´an a projekt´ıv modell t´ avols´ aga ´es sz¨ og´ert´eke is anal´og m´odon kett˝osviszonnyal adhat´o meg.

4.5. A hiperboloidmodell ... amiben az elm´elet hat´ asos, az az, hogy a metrikus tulajdons´ agai egy alakzatnak nem minden m´ ast´ ol f¨ uggetlen tulajdons´ agok, hanem ezeket egy m´ asik alakzattal kapcsolatosan tekintett¨ uk, nevezetesen az Abszol´ utnak nevezett k´ upszelettel.

A. Cayley Tekints¨ uk a V3 val´ os sz´ amtest feletti vektorteret az {e1 , e2 , e3 } = {ei } ortonorm´ alt b´ azis megad´ as´ aval. Adjunk meg egy szimmetrikus biline´aris f¨ uggv´enyt az al´ abbi defin´ıci´ oval: he3 , e3 i = −1, he1 , e1 i = 1, , he2 , e2 i = 1, hei , ej i = 0, ha i 6= j, azaz hx, yi = hxi ei , y j ej i = x1 y 1 + x2 y 2 − x3 y 3 , (x = xi ei , y = y j ej ). Az ´ıgy defini´ alt vektorteret R feletti 1 index˝ u pszeudoeuklideszi vektort´ernek is nevezz¨ uk. Itt a vektorokat (hagyom´anyosan) ortogon´alisnak nevezz¨ uk, ha skal´ aris szorzatuk nulla. A he0 , e0 i = −1 eset´en az e0 vektort k´epzetes egys´egvektornak nevezz¨ uk. Ebben a t´erben az hx, xi skal´arszorzatra h´aromf´ele lehet˝ os´eg ad´ odik:

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

194

4. Modellek

1. hx, xi > 0, ekkor az x vektor hossza val´os, az ilyen vektorokat t´erszer˝ ueknek nevezz¨ uk. 2. hx, xi = 0, ekkor az x vektor hossza nulla, az ilyen vektorokat f´enyszer˝ unek (izotr´ opnak) nevezz¨ uk. 3. hx, xi < 0, ekkor az x vektor hossza tiszta k´epzetes, az ilyen vektorokat id˝ oszer˝ unek nevezz¨ uk. Az A3 affin teret 1 index˝ u 3-dimenzi´os pszeudoeuklideszi t´ernek (Minkowskit´ernek) nevezz¨ uk, ha eltol´ asi tere egy 1 index˝ u pszeudoeuklideszi 3-vektort´er. (A 4 dimenzi´ os Minkowski-t´er fontos szerepet kap a speci´alis relativit´aselm´eletben.) A g¨ ombfel¨ ulet – az euklideszi esethez hasonl´oan – az adott O pontt´ol azonos r t´ avols´ agra elhelyezked˝o pontok halmaz´at jel¨oli. Az r sz´am a g¨omb sugara. Ha O egyben a koordin´ata-rendszer kezd˝opontja is, akkor az r sugar´ u g¨ omb egyenlete: x21 + x22 − x23 = r2 . A g¨ ombnek h´ arom t´ıpusa van: 1. A val´ os sugar´ u g¨ omb, ahol r > 0 val´os sz´am, ilyenkor az egyenlete: x21 + x22 − x23 = r2 . Az egyenlet az euklideszi t´erben egy egyk¨openy˝ u hiperboloidot ad meg. 2. A k´epzetes sugar´ u g¨ omb, ahol r = k · i, k > 0 val´os sz´am, a g¨omb egyenlete x21 + x22 − x23 = −k 2 . Az egyenlet az euklideszi t´erben egy k´etk¨ openy˝ u hiperboloidot jellemez. 3. A g¨ omb sugara z´erus, akkor x21 + x22 − x23 = 0, ami az euklideszi t´erben egy k´ up egyenlete. Vil´ agosan l´ atszik, hogy a k´ upot a hiperboloidok aszimptot´ai alkotj´ak. Mindezeket a 4.21. ´ abr´ an szeml´eltett¨ uk. Tekints¨ uk a V3 val´ os sz´ amtest feletti pszeudoeuklideszi vektorteret az {e1 , e2 , e3 } = {ei } ortonorm´ alt b´ azis ´es a hx, yi = hxi ei , y j ej i = x1 y 1 + x2 y 2 − x3 y 3 , (x = xi ei , y = y j ej ). biline´ aris forma megad´ as´ aval. Tov´abb´a teljes¨ ulj¨on az al´abbi rel´aci´o: x ∼ y ⇐⇒ ∃ c ∈ R{0}, y = c · x, aminek megad´ asa induk´ alja a P 2 (V3 , V3 , h , i) k´etdimenzi´os projekt´ıv metrikus teret.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

195

4.5. A hiperboloidmodell

e3 e1

e2

4.21. ´abra. Hiperboloidmodell A hiperbolikus s´ıkot modellezhetj¨ uk a V3 vektort´er C + = {x : hx, yi < 0, x0 > 0} k´ upkomponens´eben. A P 2 (V3 , V3 , h , i) projekt´ıv metrikus s´ıkban tekints¨ uk a G(X) = hx, xi) = 0 m´ asodrend˝ u g¨ orb´et, ahol az X pont kit˝ uz˝o vektora x. Ezenk´ıv¨ ul a V3 vektort´erben csak olyan transzform´aci´okat enged¨ unk meg, amelyek meg˝orzik a skal´ arszorzatot, azaz ortogon´alisak. A P 2 s´ıkon csak azokat a transzform´aciokat kell vizsg´ ´ alnunk, amelyek G(X) = 0 m´asodrend˝ u g¨orbe SG stabiliz´ator´ ahoz tartoznak. Ebben az esetben a G(X) = x21 + x22 − x23 = 0 m´asodrend˝ u g¨ orb´et a hiperbolikus s´ık abszol´ ut alakzat´anak nevezz¨ uk. A hiperbolikus s´ık pontjait a C + -ba mutat´ o egydimenzi´os alterek jel¨olik ki. H2 := {(x) : x ∈ C + } ⊂ P 2 . ´ Ertelmezt¨ uk a t´ avols´ ag-, illetve a sz¨ogfogalmat a projekt´ıv modellben. Ez

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

196

4. Modellek

x3

u2 x

u1

y

x2

O x1

4.22. ´ abra. T´avols´ag a hiperboloidmodellben a kett˝ osviszony homog´en koordin´ata-rendszerben val´o kisz´am´ıt´as´aval kombin´ alva ezen modell hiperbolikus t´avols´ag-, illetve sz¨ogfogalm´ahoz vezet. Val´oban, az x0 = 1 norm´ al´ as eset´en a (x), (y) ∈ H2 pontjainak a t´avols´aga: d(x, y) :=

k ln(x, y, u1 , u2 ), 2

ahol u1 = α1 x + β1 y, illetve u2 = α2 x + β2 y el˝o´all´ıt´asok alapj´an (x, y, u1 , u2 ) =

β1 β2 : , α1 α2

ahol a 0 = hu1 , u1 i = hu2 , u2 i felt´etelekb˝ol k¨ovetkezik, hogy α12 hx, xi + 2α1 β1 hx, yi + β12 hy, yi = 0 ´es ´Igy

α22 hx, xi + 2α2 β2 hx, yi + β22 hy, yi = 0. hx, xi + 2

βi hx, yi + αi

is teljes¨ ul i = 1, 2 eset´en. Most m´ar



βi αi

2

hy, yi = 0

p −hx, yi + hx, yi2 − hx, xihy, yi k k p ln(x, y, u1 , u2 ) = ln , d(x, y) := 2 2 −hx, yi − hx, yi2 − hx, xihy, yi

ahol a k ∈ R+ a hiperbolikus s´ıkra jellemz˝o metrikus konstans. J´ol l´athat´o, hogy a f´enyszer˝ u vektoroszt´ alyok ´altal kijel¨olt k´et pont sorrendje u ´gy lett

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

197

4.6. Az euklideszi s´ık modelljei

x3

x

y

O

x2

x1 4.23. ´abra. Egyenesek sz¨oge megv´ alasztva, hogy a d(x, y) t´avols´ag nemnegat´ıv ´ert´ek˝ u legyen. A pontok t´ avols´ ag´ at szeml´elteti a 4.22. ´abra. Ezt a k´epletet ´ at´ırhatjuk az al´abbi formul´akra: −hx, yi d(x, y) =p , k hx, xihy, yi p hx, yi2 − hx, xihy, yi d(x, y) p sinh . = k hx, xihy, yi cosh

A modell¨ unkben az egyenesek elhelyezked´es´et a 4.23. ´abra mutatja. Az (x), (y) H2 beli val´ odi egyenesek sz¨oge: p hx, yi + hx, yi2 − hx, xihy, yi 1 1 p ln(x, y, u1 , u2 ) = ln . w(x, y) := 2i 2i hx, yi − hx, yi2 − hx, xihy, yi Ezt a k´epletet ´ at´ırhatjuk az al´abbi formul´ara:

−hx, yi . cos w(x, y) = p hx, xihy, yi

A hiperbolikus s´ık pontjait teh´at a C + k´ upkomponensbe mutat´o vektorok oszt´ alyai jel¨ olik ki. A szok´asos hiperboloidmodellhez u ´gy jutunk, ha a projekt´ıv koordin´ at´ akat az 1 = x21 + x22 − x23 norm´al´asnak vetj¨ uk al´a. A Cayley–Klein-modellhez jutunk, ha norm´al´asunk az x3 = 1 felt´etelnek tesz eleget.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

198

4. Modellek

4.6. Az euklideszi s´ık modelljei A k´ets´egek akk´eppen t˝ unnek el, mik´epp a k´etdimenzi´ os geometri´ ak egyre jobban kapcsol´ odnak egym´ ashoz.

H. Poincar´e 4.6.1. A paraszf´ era A paraszf´era geometri´ aj´ anak euklideszi volta a f´elt´ermodellben a legszembet˝ un˝ obb. Ennek oka, hogy a f´elt´ermodell egyik p´arhuzamos sug´arsora euklideszi ´ertelemben p´ arhuzamos egyenessereg. A modell sz¨ogtart´o volta miatt a hozz´ atartoz´ o paraszf´er´ ak a be´agyaz´o euklideszi t´er s´ıkjaival reprezent´al´odnak, a megfelel˝ o paraciklus´ıvek pedig k¨oz¨ons´eges szakaszok. Ez´ert a paraciklus´ıvekb˝ ol alkotott h´ aromsz¨ ogek sz¨og¨osszege 2π, azaz ha a s´ıkra vonatkoz´o t¨obbi axi´ oma teljes¨ ul, az euklideszi geometri´at modellezt¨ uk a hiperbolikus t´erben. Ezek teljes¨ ul´ese viszont trivi´ alis, ´eppen az´ert, mert az euklideszi s´ıkon a mondott axi´ om´ ak ´erv´enyesek. H´ atra marad annak tiszt´az´asa, hogy nem csak egy rendk´ıv¨ uli paraszf´era” haszn´alhat´o mint az euklideszi s´ık modellje a hiper” bolikus t´erben, hanem b´ armelyik. Ez viszont r¨ogt¨on k¨ovetkezik abb´ol, hogy tetsz˝ oleges k´et paraszf´era s´ıkra vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´esek szorzat´aval egym´asba vihet˝ o. Ennek bizony´ıt´ as´ ahoz tekints¨ uk a g¨ombmodell k´et paraszf´er´aj´at. Ezek a modellg¨ omb¨ ot bel¨ ulr˝ ol ´erint˝o g¨omb¨ok. Ha egyenl˝o a sugaruk, a k¨oz´eppontok szakaszfelez˝ o mer˝ oleges s´ıkj´ara vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´es a hiperbolikus t´ernek is t¨ ukr¨ oz´ese, elegend˝ o teh´ at igazolni, hogy egy modellg¨omb¨ot bel¨ ulr˝ol ´erint˝o, a modellhez tartoz´ o g¨ omb alkalmas inverzi´oval egy a modellg¨omb sugar´an´al kisebb, el˝ ore adott sug´ arral rendelkez˝o, bel¨ ulr˝ol ´erint˝o g¨ombbe vihet˝o. A bizony´ıt´ ashoz vegy¨ uk fel a modellg¨omb¨ot egys´egsugar´ unak, legyen az adott ´erint˝o g¨ omb sugara p, ´es tekints¨ uk az ´erint´esi ponton kereszt¨ ulhalad´o k¨oz¨os ´atm´er˝o egyenes´et. Olyan inverzi´ okat tekint¨ unk, ahol a k¨oz´eppont erre az egyenesre esik, ´es az alapg¨ omb mer˝ oleges a modellg¨ombre. Vil´agos, hogy sz´am´ıt´asaink minden fontos eleme megjelenik ezen egyenest tartalmaz´o tetsz˝oleges s´ıkmetszet ´ abr´ aj´ an. Az inverzi´ o centruma legyen C, ennek t´avols´aga a k´et g¨omb k¨oz¨os pontj´at´ol x. Az inverzi´ o g¨ ombje mer˝ oleges a modell g¨ombj´ere, ez´ert x ´ert´eke (az ´abr´an val´ o elhelyez´es eset´en) pozit´ıv vagy −2-n´el kisebb lehet, tov´abb´a fenn´all az inverzi´ o r sugar´ ara az x2 + 2x = r2 osszef¨ ugg´es. Az invert´ alt g¨ omb az ´atm´er˝o m´asik v´egpontj´aban bel¨ ulr˝ol fog¨ ja ´erinteni a modellg¨ omb¨ ot, ´ıgy ha q-vel jel¨olj¨ uk ennek sugar´at, az al´abbi egyenlethez jutunk: (x + 2p)(x + (2 − 2q) = x2 + 2x,

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

199

4.6. Az euklideszi s´ık modelljei

x

C

2p

2q 1

r

4.24. ´ abra. Egybev´ag´o paraszf´er´ak ahonnan q ´ert´ek´ere a q=

p(x + 2) x + 2p

kifejez´es ad´ odik. Ha x pozit´ıv, ez a f¨ uggv´eny felvesz minden ´ert´eket 1 ´es p k¨oz¨ ott, ha −2-n´el kisebb, 0 ´es p k¨oz¨ott. Azaz a p sugar´ u g¨ombbel reprezent´al´od´o paraszf´era inverzi´ oval belevihet˝o egy adott sugar´ u g¨ombbel reprezent´al´od´oba. Ezzel ´ all´ıt´ asunkat igazoltuk. 4.6.2. A hiperciklusmodell A paraszf´eramodell h´ atr´ anya, hogy a hiperbolikus t´eren bel¨ ul modellezi az euklideszi s´ıkot. A k¨ ovetkez˝ o (Gy˝orfi Zolt´ant´ol sz´armaz´o) modell a hiperbolikus s´ık alaphalmaz´ an ad euklideszi geometri´at. A modell pontjai legyenek a hiperbolikus s´ık pontjai, egyenesei pedig egy r¨ogz´ıtett K ponton kereszt¨ ulhalad´ o hiperbolikus egyenesek ´es a hozz´ajuk mint alapegyenesekhez tartoz´o hiperciklusok. Valamely euklideszi Π s´ık O pontj´aban a s´ıkot ´erint˝o G g¨omb k¨ oz´eppontja legyen K. K-n kereszt¨ ul tekints¨ uk a Π s´ıkkal p´arhuzamos f˝ok¨ormetszetet, mint a kiindul´ asi hiperbolikus s´ık egy projekt´ıv modellj´et. Ebben a hiperciklusmodellben a K-n kereszt¨ ul halad´o egyenesek ny´ılt szakaszokkal reprezent´ al´ odnak a hozz´ ajuk tartoz´o hiperciklusp´arok a ny´ılt szakaszok mint nagytengelyek ´ altal meghat´ arozott, a modellk¨ort ´erint˝o ellipszisek. A hiperciklusainkra alkalmazzuk a k¨ovetkez˝o lek´epez´est: el˝osz¨or vet´ıts¨ uk a megfelel˝o f´elellipszist a modells´ıkra mer˝olegesen fel a g¨omb fels˝o fel´ere (´ıgy egy f˝ok¨or fel´ehez jutunk), majd az K pontb´ol a kapott f´elk¨ort vet´ıts¨ uk a kiindul´asi s´ıkra. Vil´ agos, hogy a transzform´aci´o a kiindul´asi hiperciklusainkat k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u m´ odon k´epezi az euklideszi s´ık egyeneseire.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

200

4. Modellek

P

K

O T (P) 4.25. ´abra. Hiperciklusmodell Az illeszked´esi, rendez´esi, folytonoss´agi axi´om´ak nyilv´anval´oan teljes¨ ulnek. Az egybev´ ag´ os´ agi axi´ om´ak igazol´asa helyett meghat´arozzuk a modell metrikaf¨ uggv´eny´et. Jel¨ olje ezen lek´epez´est T : H 2 −→ E 2 . A modell AB szakasz´at reprezent´ al´ o ellipszis´ıvekhez rendelj¨ unk sz´amokat a k¨ovetkez˝o m´odon: |AB| := |T (A)T (B)|. Vil´agos, hogy ezen defin´ıci´oval metrik´at defini´altunk, amelyre vonatkoztatott szakaszfogalom (egy C pont az AB pontja, ha |AB| = |AC| + |CB| ´ all fenn), megegyezik a rendez´esi axi´om´ak alapj´an defini´alt szakasz fogalm´ aval. K´et szakasz egybev´ag´o, ha v´egpontjaik t´avols´aga (a szakasz hossza) megegyezik, k´et sz¨ogtartom´any egybev´ag´o, ha cs´ ucsukb´ol azonos hossz´ us´ ag´ u szakaszokat felm´erve a kapott v´egpontok t´avols´aga megegyezik. A t´ avols´ agdefin´ıci´ onk garant´alja, hogy teljes¨ ulnek az egybev´ag´os´agi axi´ om´ ak, azaz geometri´ ank abszol´ ut geometria. Vil´agos, hogy a p´arhuzamoss´ agi axi´ oma teljes¨ ul a modellben, ´ıgy val´oban az euklideszi s´ık modellj´et ´all´ıtottuk el˝ o a hiperbolikus s´ık keretein bel¨ ul.

4.7. Az elliptikus, illetve szf´ erikus modellek Ekk´eppen a k´etdimenzi´ os Riemann- (elliptikus) geometria ´es a Lobacsevszkij(hiperbolikus) geometria az euklideszi geometri´ an csatlakozik egym´ ashoz

H. Poincar´e 4.7.1. Defin´ıci´ o. Az illeszked´esi, egybev´ ag´ os´ agi, folytonoss´ agi ´es a ciklikus rendez´esi axi´ om´ ak csoportjainak eleget tev˝ o s´ıkot elliptikus s´ıknak nevezz¨ uk. A s´ık pontjait g¨ ombi ´ atellenes pontp´arokkal adjuk meg. A s´ık egyenesei ´tellenes pontp´ a arokkal ¨ osszeragasztott f˝ok¨or¨ok. Mivel a f˝ok¨or¨oket a modellg¨ omb orig´ oj´ an ´ athalad´ o s´ıkok metszik ki, melyek egy´ertelm˝ uen meghat´arozottak k´et nem ´ atellenes g¨ ombi pont ´altal, az illeszked´esi axi´om´ak trivi´alisan

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

201

´rikus modellek 4.7. Az elliptikus, illetve szfe

teljes¨ ulnek. Modell¨ unkben az egyenes ciklikus rendez´es´ere vonatkoz´o axi´om´ak ´llnak fenn. Az els˝ a o kritikus pont a Pasch-axi´oma teljes¨ ul´es´enek k´erd´ese.

C ,

A

,

B

O A

B

4.26. ´ abra. Pasch-axi´oma a g¨omb¨on Az elliptikus modellben teljes¨ ul az ´altal´anos Pasch-axi´oma, tov´abb´a ´erv´enyesek az egybev´ ag´ os´ agi axi´om´ak is. Kiindul´ask´eppen vegy¨ uk ´eszre, hogy modell¨ unkben a teljes egyenes g¨ombi hossza π radi´an, ´ıgy a szakaszhosszak kisebbek π-n´el. Ez azt jelenti, hogy modellf´elg¨omb¨ unk elhelyezhet˝o u ´gy, hogy az AB szakasz a hat´ arol´ o f˝ ok¨orre ess´ek, ´es a BC szakasz az ´abr´an jel¨olt darabja legyen a BC egyenesnek. Ekkor a 4.26. ´abr´an jel¨olt AC szakasz a COA euklideszi sz¨ ogtartom´ any metszete a modellg¨ombbel, mint ahogy AOB metszi ki AB-t ´es BOC BC-t. Vil´agos, hogy a sz¨ogpontok k´et s´ık metsz´esvonala altal kimetszett g¨ ´ ombi pontok, ´ıgy felt´etel¨ unk azt jelenti, hogy ilyen metsz´esvonalat nem tartalmaz´ o, pl. az AB oldalt metsz˝o, orig´on kereszt¨ ulhalad´o s´ık OA-n, OB-n vagy OC-n nem megy kereszt¨ ul. Azaz, ha az AB ´ıvet metszi akkor vagy a BC vagy a AC ´ıvet szint´en metszi, ami ´all´ıt´asunkat igazolja. Az egybev´ ag´ os´ agi axi´ om´ ak teljes¨ ul´es´enek igazol´asa helyett megint t´avols´ ag- ´es sz¨ ogm´er´esre alkalmas f¨ uggv´enyeket vezet¨ unk be. A pontok t´avols´ag´ at az ¨ osszek¨ ot˝ o f˝ ok¨ or´ıvek hossz´aval m´erj¨ uk, egyenesek hajl´assz¨og´et az ˝oket meghat´ aroz´ o s´ıkok hajl´ assz¨ og´evel. Ezek ut´an hivatkozhatunk a k¨orvonal ´es a h´ aromdimenzi´ os euklideszi t´er j´ol ismert tulajdons´agaira, melyekb˝ol az egybev´ ag´ os´ agi axi´ om´ ak m´ ar k¨ ovetkeznek. Abb´ ol a t´enyb˝ ol, hogy k´et orig´on kereszt¨ ulmen˝o s´ık g¨ombi ´atm´er˝oben metszi egym´ ast, azonnal l´ athat´ o, hogy az elliptikus modellben az elliptikus s´ık p´ arhuzamoss´ agi axi´ om´ aja teljes¨ ul, azaz b´armely k´et egyenesnek pontosan egy k¨ oz¨ os pontja van. Szf´erikus modellnek nevezz¨ uk azt a modellt, melyben a g¨omb ´atellenes pontjait nem azonos´ıtjuk. A szf´erikus modellnek megfelel˝o geometria a szf´e-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

202

4. Modellek

rikus geometria. K¨ onyv¨ unkben t¨obb fejezetben is foglalkozunk ezen geometri´ aval (l´ asd pl. az 5.5. alfejezetet).

4.8. Cayley

4.27. ´abra. Arthur Cayley Annyi sok fontos defin´ıci´ o mellett Arthur Cayley vezette be a projekt´ıv modell t´ avols´ agfogalm´ at is. Ezen cikk´enek t¨om¨or el˝oad´as´ara v´allalkozunk ebben a szakaszban. Ez az a t´ avols´agfogalom, melyet Poincar´e is ´at tud venni, ahogy ezt m´ ar kor´ abban l´ attuk. A szakaszok eredeti beoszt´as´at meg˝orizz¨ uk, a sorsz´ amoz´ as az´ert kezd˝ odik 209-n´el, mert Cayley egy nagyobb szab´as´ u munk´ aj´ anak1 k´epezi a r´esz´et az id´ezett tanulm´any.

´ volsa ´ g elme ´lete ´ro ˝l A. Cayley: A ta 209. Az egydimenzi´ os esettel kezd¨ unk. Jel¨olj¨ unk ki az egyenesen egy pontp´art, nevezz¨ uk ezt Abszol´ utnak. Tetsz˝oleges pontp´art tekinthet¨ unk az Abszol´ utba ´ırt pontp´arnak. Egy ilyet megadva pontp´ark¨orr˝ol, vagy k¨orr˝ol besz´el¨ unk. A k¨or centruma ´es tengelye azon invol´ uci´o k´et fixpontja, melyben az adott pontp´ar ´es az 1

A sixth memoir upon quantics. (Collected papers II.)

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

203

4.8. Cayley

Abszol´ ut k´et pontja ¨ osszetartoz´ o pontp´arok. A k´et fixpont egyar´ant tekinthet˝o centrumnak, de a v´alaszt´asnak k¨ovetkezetesnek kell lennie. Megjegyezz¨ uk, hogy a centrum ´es egy pont ismeret´eben a m´asik pont egy´ertelm˝ uen ad´odik, hiszen a tengely a centrum harmonikus t´arsa az Abszol´ utra n´ezve, a m´asik pont pedig az egyik harmonikus t´arsa a centrumra ´es a tengelyre n´ezve. 210. A k¨ or k´et pontja defin´ıci´o szerint egyenl˝o t´avol van a k¨or centrum´at´ol. Kiindulva k´et pontb´ ol, egyiket k¨oz´eppontnak, a m´asikat egy k¨or pontj´anak tekintve megszerkeszthet¨ unk egy mindk´et ir´anyban v´egtelen pontsorozatot, melyben a szomsz´edos pontok t´avols´aga megegyezik. A kiindul´asi pontp´ar t´avols´ag´at v´egtelen kicsire v´alasztva m´erhetj¨ uk az egyenes tetsz˝oleges k´et pontj´anak a t´avols´ag´at, mint a k¨ ozt¨ uk lev˝ o szakaszok sz´am´at. Vil´agos, hogy tetsz˝oleges h´arom pont kiel´eg´ıti a Dist(P, P ′ ) + Dist(P ′ , P ′′ ) = Dist(P, P ′′ ) szokott additivit´asi felt´etelt. 211. Ahhoz, hogy megmutassuk, mik´ent vezet el a fenti defin´ıci´o a t´avols´ag analitikus defin´ıci´ oj´ahoz, tegy¨ uk fel, hogy az Abszol´ ut pontjainak (projekt´ıv) koordin´at´ait az ax2 + 2bxy + cy 2 = 0 egyenlet adja meg. Ekkor az (x′ , y ′ ) k¨oz´eppont´ u k¨or egyenlete: (ax2 +2bxy+cy 2 )(ax′2 +2bx′ y ′ +cy ′2 ) cos2 θ−(axx′ +b(xy ′ +x′ y)+cyy ′ )2 = 0, k¨ ovetkez´esk´eppen, ha (x, y) ´es (x′′ , y ′′ ) k´et pontja a k¨ornek, fenn´all az p

(axx′ + 2b(x′ y + xy ′ ) + cyy ′ ) p = (ax2 + 2bxy + cy 2 ) (ax′2 + 2bx′ y ′ + cy ′2 )

=p

(ax′ x′′ + b(x′ y ′′ + x′′ y ′ ) + cy ′ y ′′ ) p (ax′2 + 2bx′ y ′ + cy ′2 ) (ax′′2 + 2bx′′ y ′ + cy ′′2 )

egyenlet, amely azt fejezi ki, hogy (x, y), illetve (x′′ , y ′′ ) egyenl˝o t´avols´agra van (x′ , y ′ )-t˝ ol. Azaz k´et pont t´avols´aga addit´ıv f¨ uggv´enye a p

(axx′ + b(x′ y + xy ′ ) + cyy ′ ) p (ax2 + 2bxy + cy 2 ) (ax′2 + 2bx′ y ′ + cy ′2 )

kifejez´esnek. Ez vezet ahhoz a k¨ovetkeztet´eshez, hogy k´et pont t´avols´aga tekinthet˝ o annak az ´ıvnek, amelynek koszinusza a fenti kifejez´es, azaz a t´avols´ag: (axx′ + b(x′ y + xy ′ ) + cyy ′ ) p = (ax2 + 2bxy + cy 2 ) (ax′2 + 2bx′ y ′ + cy ′2 )

arccos p

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

204

4. Modellek

p (ac − b2 )(x′ y − xy ′ ) p = arcsin p . (ax2 + bxy + cy 2 ) (ax′2 + bx′ y ′ + cy ′2 )

Azaz a k¨ oregyenletek:

(ax2 +2bxy+cy 2 )(ax′2 +2bx′ y ′ +cy ′2 ) cos2 θ−(axx′ +b(xy ′ +x′ y)+cyy ′ )2 = 0, p (ax2 + 2bxy + cy 2 )(ax′2 + 2bx′ y ′ + cy ′2 ) sin2 θ − (ac − b2 )(x′ y − xy ′ )2 = 0 alak´ uak, ahol a pont k¨ oz´eppontt´ol val´o t´avols´aga Θ, ha tetszik ez a k¨or sugara.

212. Ha Θ = 0, a k¨ oz´eppont ´es a k¨or pontja egybeesik (m´asodik egyenlet), oz´eppontot ´es a pontot harmonikusan v´alasztj´ak sz´et az Abszoha Θ = Π2 , a k¨ l´ ut pontjai. Az Abszol´ ut ´altal harmonikusan sz´etv´alasztott pontok t´avols´aga egy k¨ ornegyed, ez´ert az ilyen pontokat k¨ornegyed t´avols´agra l´ev˝o pontoknak nevezhetj¨ uk. A k¨ ornegyed a t´avols´ag egys´ege. 213. Amikor az Abszol´ ut egy ¨osszees˝o (p, q) pontp´ar, a pontok t´avols´ag´at a xy ′ − x′ y , (qx − py)(qx′ − py ′ ) vagy a vele ekvivalens

βx − αy βx′ − αy ′ − qx − py qx′ − py ′

osszef¨ ugg´es ´ırja le. (A qα − pβ szorz´o bevezet´ese ut´an.) Sz¨ uks´eges megjegyezni, ¨ hogy most a t´avols´ag egys´ege tetsz˝olegesen v´alaszthat´o. 214. K´et dimenzi´ ora ´att´erve tekints¨ unk egy tetsz˝oleges k´ upszeletet, ez legyen az Abszol´ ut. Tetsz˝ oleges, az Abszol´ utot k´et pontban metsz˝o egyenes meghat´aroz egy egydimenzi´ os Abszol´ uttal rendelkez˝o pontsort (ezen az Abszol´ ut a k´et metsz´espont), ´es hasonl´ oan, tetsz˝oleges, az Abszol´ uthoz h´ uzott k´et ´erint˝o meghat´aroz egy egydimenzi´ os Abszol´ uttal rendelkez˝o sug´arsort (ezen az Abszol´ ut a k´et kiindul´asi egyenes). Ahhoz, hogy az egydimenzi´os pontsorok t´avols´agait f¨ uggetlen´ıts¨ uk a pontsor helyzet´et˝ol, ugyanazt a t´avols´agot kell defini´alni. Ahhoz, hogy ennek az ig´enynek eleget tegy¨ unk, nemcsak a pontsorok pontjainak ´es a sug´arsorok egyeneseinek t´avols´agait egyeztetj¨ uk, de pontsor pontj´anak ´es sug´arsor egyenes´enek t´avols´ag´at is az el˝oz˝oekkel ¨osszhangban adjuk meg. Legyen egy egyenesnek az Abszol´ utra vonatkoz´o p´olusa egyszer˝ uen a szokott p´olus, ´es egy pont pol´arisa a szokott pol´aris. Igazolni fogjuk azt a t´etelt, hogy k´et pont vagy k´et egyenes t´avols´aga megegyezik pol´arisaik vagy p´olusaik t´avols´ag´aval, azaz hogy a k´et p´ olus t´avols´aga megegyezik a hozz´ajuk tartoz´o pol´arisok t´avols´ag´aval. Ekk´eppen defini´alhatjuk egy pont ´es egy egyenes t´avols´ag´at a pont ´es az

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

205

4.8. Cayley

egyenes p´ olusa t´avols´ag´anak komplementerek´ent, vagy ford´ıtva, a pont pol´arisa ´es az egyenes t´avols´agak´ent. ´Igy egy p´olusnak a pol´aris´at´ol val´o t´avols´aga a z´er´o komplementere, azaz k¨ ornegyed. 215. Az Abszol´ utba ´ırt k´ upszelet legyen k¨ornek nevezve, a be´ır´as centruma ´es tengelye legyen a k¨ or centruma ´es tengelye. A k¨or ¨osszes pontja egyenl˝o t´avol van a centrumt´ ol, ¨ osszes ´erint˝ oje egyenl˝o t´avol van a tengely´et˝ol, ´es ez a t´avols´ag az el˝ oz˝ o t´avols´agnak a komplementere. 216. A k¨ or fenti tulajdons´aga alapj´an a koordin´at´akkal val´o sz´amol´as a k¨ovetkez˝o formul´akhoz vezet: (axx′ + b(x′ y + xy ′ ) + cyy ′ + f zz ′ + g(x′ z + xz ′ ) + h(y ′ z + yz ′ )) = αα′ q a(yz ′ − y ′ z)2 + b(yz ′ − y ′ z)(x′ z − xz ′ ) + c(x′ z − xz ′ )2 + · · · = arcsin , αα′ ahol p α = (ax2 + 2bxy + cy 2 + f z 2 + 2gxz + 2hyz) arccos

´es

α′ =

p

(ax′2 + 2bx′ y ′ + cy ′2 + f z ′2 + 2gx′ z ′ + 2hy ′ z ′ ).

Az Abszol´ ut vonalegyenlet´et ax2 + 2bxy + cy 2 + f z 2 + 2gxz + 2hyz = 0 adja meg. R¨ ogt¨ on ad´ odik, hogy teljes¨ ul a t´avols´agf¨ uggv´eny addit´ıv tulajdons´aga.

217. Hasonl´ oan kisz´amolhatjuk k´et egyenes t´avols´ag´at, ´es a fenti formul´akkal anal´ og formul´akat kapunk. Form´alisan felcser´elve az a, b, . . . , x, y, . . . jeleket a a, b, . . . x, y, . . . jelekre, a k´et formulap´ar egym´asba transzform´alhat´o. 218. Az (x, y, z) pont ´es a (ξ ′ , η ′ , ζ ′ ) egyenes t´avols´aga: n√ p K(ξ ′ x + η ′ y + ζ ′ z) (ax2 + 2bxy + cy 2 + f z 2 + 2gxz + 2hyz)· arcsin

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

206

4. Modellek

·

q

 aξ ′2 + 2bξ ′ η ′ + cη ′2 + f ζ ′2 + 2gξ ′ ζ ′ + 2hη ′ ζ ′ .

219. A fenti eredm´enyek m˝ uk¨odnek azon elfajul´o esetben is, amikor egy egyenes ´erinti az Abszol´ utot, vagy egy pont az Abszol´ utra illeszkedik. 220. Tegy¨ uk most fel, hogy az Abszol´ ut egy elfajul´o k´ upszelet, egy pontp´ar. Abszol´ ut egyenesnek h´ıvjuk a rajtuk ´athalad´o egyenest. Ebben az esetben az ´altal´anos gondolatmenet ´es eredm´enyek ´erv´enyben maradnak, csak nem tudjuk osszeegyeztetni a pontok ´es egyenesek t´avols´ag´at, mert nem szerepel a k¨orne¨ gyed mint univerz´alis egys´eg. Ugyanakkor ¨ossze tudjuk egyeztetni k´et egyenes t´avols´ag´at egy az Eukleid´esz, I Prop. II-h¨oz hasonl´o konstrukci´oval. Egy pont ´es egy egyenes t´avols´aga ugyancsak ¨osszeegyeztethet˝o k´et pont t´avols´ag´aval, fel kell csak tenn¨ unk mint defin´ıci´ot, hogy a pont egyenest˝ol m´ert t´avols´aga megegyezik a pont ´es azon m´asik pont t´avols´ag´aval, mely az egyenesnek ´es a ponton ´athalad´ o egyenesre mer˝ oleges egyenesnek a metsz´espontja. 221. Analitikusan az el˝ oz˝ o speci´alis esetben a (p, q, r), (p0 , q0 , r0 ) pontokat tartalmaz´ o Abszol´ ut egyenese a

egyenlettel adhat´ o meg.

x p p0

y q q0

z r r0

=0

222. K´et pont t´avols´aga ekkor v u u x y z x y z u ′ t2 x y ′ z ′ x′ y ′ z ′ p q r p0 q0 r0 x y z x′ y ′ z ′ p q r p q r p0 q0 r0 p0 q0 r0



.

K´et egyenes t´avols´aga az al´abbi kifejez´es arcus cosinusa: (pξ + qη + rζ)(p0 ξ ′ + q0 η ′ + r0 ζ ′ ) + (pξ ′ + qη ′ + rζ ′ )(p0 ξ + q0 η + r0 ζ) p . 2(pξ + qη + rζ)(p0 ξ + q0 η + r0 ζ)2(pξ ′ + qη ′ + rζ ′ )(p0 ξ ′ + q0 η ′ + r0 ζ ′ )

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

207

4.8. Cayley

V´eg¨ ul egy pont ´es egy egyenes t´avols´aga: x p p0

y q q0

(ξ ′ x + η ′ y + ζ ′ z) . z p r 2(pξ ′ + qη ′ + rζ ′ )(p0 ξ ′ + q0 η ′ + r0 ζ ′ ) r0

223. Helyettes´ıts¨ unk a fenti formul´aba (p, q, r) = (1, i, 0), (p0 , q0 , r0 ) = (1, −i, 0) ´ert´ekeket. Ekkor az Abszol´ utnak a vonalegyenlete ξ 2 + η 2 = 0, azaz az Abszol´ ut azon k´et pontot tartalmazza, amelyben az x2 + y 2 = 0 egyenesp´ar (ami defin´ıci´ oink szerint egy elfajul´ o k¨ or) metszi a z = 0 egyenest. Ha a z koordin´at´at egys´egnek v´alasztjuk, az Abszol´ ut pontjaira fenn kell ´allnia az x : y : 1 = 1 : i : 0, illetve x : y : 1 = 1 : −i : 0 egyenl˝os´egeknek, amib˝ol ad´odik, hogy x, y v´egtelen, ´ıgy az Abszol´ ut pontjai a v´egtelen t´avoli egyenesnek a metszete a fenti egyenesp´ar ´altal meghat´arozott k¨ orrel. 224. Ebben az esetben a pontok t´avols´ag´ara p (x − x′ )2 + (y − y ′ )2 ad´ odik, az egyenesek t´avols´ag´ara pedig a

ξξ ′ + ηη ′ p = arccos p ξ 2 + η 2 ξ ′2 + η ′2

arcsin p

ξη ′ + ξ ′ η ξ′ ξ p = arctg − arctg ′ η η ξ 2 + η 2 ξ ′2 + η ′2

kifejez´eseket kapjuk. Pont–egyenes t´avols´ag´ara

ξ′ x + η′ y + ξ′ p ξ ′2 + η ′2

az eredm´eny, ahogy az az euklideszi s´ıkgeometri´ab´ol der´eksz¨og˝ u koordin´at´ak eset´en tudjuk. 225. Az ´altal´anos formul´ak l´enyeges v´altoz´ason nem esnek ´at, de l´enyegesen egyszer˝ us¨ odnek, ha az Abszol´ utot x2 + y 2 + z 2 = 0 alakban adjuk meg. Ekkor a pontok t´avols´aga xx′ + yy ′ + zz ′ p , arccos p x2 + y 2 + z 2 x′2 + y ′2 + z ′2

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

208

4. Modellek

egyenesek´e: ξξ ′ + ηη ′ + ζζ ′ p , ξ 2 + η 2 + ζ 2 ξ ′2 + η ′2 + ζ ′2

arccos p

pont ´es egyenes t´avols´aga pedig:

xξ ′ + yη ′ + zζ ′ p . arccos p x2 + y 2 + z 2 ξ ′2 + η ′2 + ζ ′2 226. Ha szok´asos der´eksz¨ og˝ u koordin´at´akra n´ezve (x, y, z) kiel´eg´ıti az x2 + y 2 + 2 z = 1 egyenletet, akkor az xξ+yη+zζ = 0 egyenlet egy f˝ok¨ort ad meg a vizsg´alt g¨ omb felsz´ın´en. Szint´en feltehetj¨ uk, hogy teljes¨ ul a ξ 2 + η 2 + ζ 2 = 1 ¨osszef¨ ugg´es. A fenti formul´ak ekkor egy szf´erikus geometria ¨osszef¨ ugg´esei, amely ezek szerint u ´gy ad´ odott, hogy az Abszol´ ut egy szf´erikus k´ up, azaz nem egy pontp´ar. Ez a t´eny a val´ odi alapja a s´ıkgeometria ´es a szf´erikus geometria k¨oz¨otti elt´er´esnek ´es a szf´erikus geometria teljes dualit´as´anak. 227. Az el˝ oz˝ oekben a geometriai elm´eletet v´egigk´ıs´ertem analitikus sz´am´ıt´asokkal, egyr´eszt az illusztr´aci´ o c´elj´ab´ol, ´es az´ert is, mert fontos ismerni a t´avols´agok analitikus kifejez´eseit a koordin´at´ak f¨ uggv´eny´eben; de u ´gy gondolom, hogy a geometriai elm´elet t¨ ok´eletesen teljes ¨onmag´aban: az ´altal´anos eredm´eny a k¨ovetkez˝ o: felt´eve, hogy Abszol´ utnak jel¨ol¨ unk ki egy k´ upszeletet a s´ıkon (a 2-dimenzi´os geometriai t´erben), megadhatjuk ezt a k´ upszeletet ´abr´azol´o geometriai szerkeszt´essel, felosztva minden egyenest vagy pontsort, tov´abb´a minden pontot vagy sug´arsort egyenl˝ onek tekintett infinitezim´alis elemeknek egy v´egtelen sor´ara; ezen elemeknek a sz´ama egy ponttartom´anyban vagy egy sug´arsor k´et egyenese k¨oz¨ ott, m´eri a k´et pontnak vagy k´et egyenesnek a t´avols´ag´at; ´es a k¨ornegyedet mint t´avols´agot tekintve, amely l´etezik pontokra mint egyenesekre egyform´an l´etezik, ossze tudjuk hasonl´ıtani k´et pont ´es k´et egyenes t´avols´ag´at; ´es a pont ´es egyenes ¨ t´avols´aga egyar´ant reprezent´alhat´o k´et pont vagy k´et egyenes t´avols´ag´aval. 228. A szok´asos szf´erikus geometri´aban az ´altal´anos elm´elet v´altoztat´as n´elk¨ ul m˝ uk¨ odik; az Abszol´ ut egy aktu´alis k´ upszelet, a g¨ombnek egy elfajul´o projekt´ıv g¨ ombbel vett metszete. 229. A szok´asos s´ıkgeometri´aban az Abszol´ ut k´et pontt´a degener´al´odik, a v´egtelen t´avoli egyenesnek egy elfajul´o k¨orrel val´o metszet´ere. Az ´altal´anos elm´elet m´ odosul, pontokra vonatkoz´ oan nem lehet k¨ornegyedet ´ertelmezni, ´ıgy k´et pont t´avols´ag´at nem lehet egyeztetni k´et egyenes t´avols´ag´aval; a pont–egyenes t´avols´ag csak k´et pont t´avols´agak´ent reprezent´alhat´o.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

4.8. Cayley

209

230. Konkl´ uzi´ ok´ ent megjegyzem, hogy az ´ en n´ ez˝ opontom szerint a jelen memo´ arban a legszisztematikusabb kurzus a mennyis´ egek elm´ elet´ enek geometriai r´ esze, a t´ avols´ ag ´ es metrikus geometria fogalma egyu o; amiben az elm´ elet hat´ asos, az az, hogy ¨ tt megszu ¨ ntethet˝ egy alakzat metrikus tulajdons´ agai nem minden m´ ast´ ol fu ¨ ggetlen tulajdons´ agok, hanem ezeket egy m´ asik alakzattal kapcsolatosan tekintettu utnak nevezett k´ upszelethez vi¨ k, nevezetesen az Abszol´ szony´ıtottuk. A kiindul´ asi alakzatot viszony´ıtottuk egy k´ upszelethez; p´ eld´ aul, egyu et vagy t¨ obb k´ upszeletnek a tulaj¨ tt tekintettu ¨ k k´ dons´ agait, mindezt az elm´ eleti ´ abr´ azol´ o geometria [´ erts: projekt´ıv geometria] keretein belu a¨ l: ezt vezettu ¨ k ki a metrikus geometri´ ba, fix´ alva egy k´ upszeletet, mint egy standard hivatkoz´ asi pontot, amit Abszol´ utnak neveztu abr´ a¨ nk el. A metrikus geometria ´ıgy az ´ zol´ o geometria r´ esz´ ev´ e v´ alt, ´ es az ´ abr´ azol´ o geometria a teljes geometria. Ford´ıtva: ha ezt elismerju o munk´ aban nem ¨ k, egy bevezet˝ szu eges vizsg´ alni a metrikus geometria speci´ alis teru ¨ ks´ ¨ leteit; azonban nem lehet tov´ abbi kifejt´ es n´ elku ¨ l elhagyni az olyan fogalmakat, mint a t´ avols´ ag vagy a metrikus geometria, szu eges hivatkozni a ¨ ks´ megfelel˝ o id˝ oben arra, hogy ezen fogalmak szerepelnek az ´ abr´ azol´ o geometri´ aban.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

K¨ oz´ epsz´ o

Az emberi kult´ ura r´esze a tudom´ any, a tudom´ any r´esze a matematika, a matematika r´esze a geometria, a geometria viszont ´ athatja az emberi kult´ ur´ at.

Aki id´ aig elolvasta a k¨ onyvet, sejti, hogy mit fog itt tal´alni. Vannak azonban, akiknek fontos az el˝ osz´ o, az ut´osz´o, a bevezet´es, az epil´ogus, a fejezetek szem´elyes tartalma, hiszen ezek olvas´asa ut´an d¨ont arr´ol, hogy elolvassa-e a ´ is szeretn´ek megfelelni ebb˝ol a szempontb´ol legal´abb k¨ onyvet vagy nem. En azoknak, akik a k¨ onyv tartalomjegyz´ek´ebe is belen´eznek, ´es ´ıgy megtal´alt´ak ezt a k¨ ul¨ on¨ os c´ım˝ u fejezetet. H´at legyen! Ez a k¨ onyv egy olyan pillanatk´ep a geometri´ar´ol, amelynek elk´esz´ıt´es´en´el a szerz˝ o j´ atsza az objekt´ıv szerep´et. A k´ep teh´at torzul, t¨ ukr¨ozi a szerz˝o valamennyi kimondott, illetve kimondatlan probl´em´aj´at eg´eszr˝ol ´es r´eszr˝ol, tudom´ anyos kutat´ asr´ ol, a sz´ep fogalm´ar´ol, a gy¨okerek fontoss´ag´ar´ol ´es meghat´ aroz´ o volt´ ar´ ol, a kommunik´aci´o nyelv´enek v´alaszt´as´ar´ol ´es az emberi kult´ ur´ ar´ ol. K¨ onyv¨ unknek mint irodalmi alkot´asnak a nyelve az anyanyelv, a tan´ıt´o jelleggel ´ırott gondolatok a jelenkori modern tudom´anyos nyelvezetet ´es fogalomrendszert haszn´ alj´ ak, ´es a kortalan, fontos gondolatok a meg´almod´ojuk tolla alapj´ an – k¨ otetlen magyar ford´ıt´asban – sz´olalnak meg. A sz´ep fogalma nem k¨ othet˝o az emberi kult´ ura semelyik k¨or¨ ulhat´arolt ter¨ ulet´ehez, de mag´ ahoz az emberi kult´ ur´ahoz sem. A sz´ep dolgok egym´ast er˝ os´ıtik, ez indokolja versek megjelen´es´et egy olyan k¨onyvben, mely a geometria sz´eps´egeir˝ ol sz´ ol. Ezen gondolat persze nem u ´j, Weierstrass szerint:

Egy matematikus, akiben nem lakozik egy´ uttal valami a k¨ olt˝ ob˝ ol, sohasem v´alik t¨ ok´eletes matematikuss´ a.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

Arany J´ anos: Int´ es

J´ o k¨olt˝okt¨ ul azt tanultam S adom int´es¨ ul neked: Sose f´aradj sok cifr´aval Elbor´ıtni ´eneked! Sz´ olj er˝ovel, ´es nevezd meg ¨ nev´en a gyermeket; On Sz´ olj gy¨ong´eden, hol az illik, – S ne ker´ıts nagy feneket. Olykor egy-k´et sz´o is jobban Helyre u ¨ti a szeget, Mint az olyan, ki bel´ehord F¨oldet, poklot ´es eget, S ord´ıt, am´ıg elreked.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

5. fejezet

Analitikus geometria

5.1. Vektorok a 3-dimenzi´ os euklideszi t´ erben A geometria b´ armely probl´em´ aja reduk´ alhat´ o olyan r´eszekre, amelyek megold´ as´ ahoz elegend˝ o bizonyos szakaszok hossz´ anak ismerete.

R. Descartes: Geometria Ebben a fejezetben a klasszikus analitikus geometria alapvet˝o eszk¨ozeit, a vektorokat t´ argyaljuk. Fel´ep´ıt´es¨ unk az egybev´ag´os´agok szintetikus fel´ep´ıt´es´en alapul, ´ıgy a harmadik fejezet eredm´enyeit haszn´aljuk. Ahogy azt az egybev´ ag´ os´ agok oszt´ alyoz´ as´ an´ al l´ attuk (a 3.3.2. lemma ut´ani megjegyz´esben), az eltol´ asok az egybev´ ag´ os´ ag-csoport kommutat´ıv r´eszcsoportj´at k´epezik. 5.1.1. Defin´ıci´ o. Egy egybev´ ag´ os´ ag reprezent´ans pontp´arja egy pont ´es k´ep´enek rendezett p´ arja. Vektornak nevezz¨ uk az eltol´ asok reprezent´ ans pontp´ arjait. A vektorok halmaz´ an ekvivalenciarel´aci´o az azonos eltol´as reprezent´al´asa tulajdons´ ag. A vektorokat a szokott m´odon jel¨olj¨ uk, ´es nem k¨ ul¨onb¨oztetj¨ uk meg a vektort ekvivalenciaoszt´aly´at´ol. Az eltol´asok csoportj´anak multiplikat´ıv m˝ uvelet´et a vektorokon addit´ıv ´ır´asm´odban ¨osszead´asnak nevezz¨ uk. Haszn´ aljuk az ´ıgy ad´ od´ o ¨ osszead´as szok´asos geometriai jel¨ol´eseit, az ¨osszef˝ uz´es szab´ aly´ at, a paralelogramma-szab´alyt, a k¨ ul¨onbs´egvektor fogalm´at. Mindezek figyelembe v´etel´evel sz´ amunkra a vektorok egy addit´ıv ´ır´asm´od´ u kommutat´ıv csoportot jelentenek. A tov´ abbiakban a vektorok halmaz´at ell´atjuk egy val´ os sz´ ammal val´ o szorz´ asfogalommal, mi´altal a vektoraink val´os vektorteret defini´ alnak. −−→ −−→ 5.1.2. Defin´ıci´ o. A t > 0 sz´ am ´es az P P ′ vektor szorzata legyen az a P P ′′ vektor, melyre |P P ′′ | = t|P P ′ | ´es a (P ′ P P ′′ ) rendez´es nem teljes¨ ul. −−→ −−→ A t = 0 sz´ am ´es a P P ′ vektor szorzata a P P := 0 vektor. 213

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

214

5. Analitikus geometria

−−→ −−→ A t < 0 sz´ am ´es az P P ′ vektor szorzata legyen az a P P ′′ vektor, melyre |P P ′′ | = −t|P P ′ | ´es a (P ′ P P ′′ ) rendez´es teljes¨ ul. 5.1.1. Lemma. A vektorok a fenti defin´ıci´ okkal val´ os vektorteret alkotnak, axi´ om´ aink szerint ennek dimenzi´ oja 3. Bizony´ıt´ as: A vektorok alatt most ekvivalenciaoszt´alyukat gondolva alkalmazhatjuk az eltol´ asok tulajdons´agait, ´ıgy kapjuk, hogy ezen ekvivalenciaoszt´ alyok val´ os vektorteret alkotnak. Tetsz˝oleges oszt´alyt egy elem´evel helyettes´ıtve, konkr´et reprezent´ans rendszer¨ unk egy az el˝oz˝ovel izomorf vektort´erstrukt´ ur´ aval rendelkezik. R¨ogz´ıtve egy pontot a t´erben, ´es ezt valamennyi vektorunk kezd˝ opontj´ anak nevezve, egy j´ol ´attekinthet˝o modellhez jutunk. A line´ aris f¨ uggetlens´eg konkr´et geometriai tartalommal b´ır, k´et vektor ¨osszef¨ ugg˝ o, ha az ˝ oket meghat´ aroz´ o h´arom pont kolline´aris, h´arom vektor ¨osszef¨ ugg, ´ ıt´asunk most az illeszked´esi I.4. ´es ha a megfelel˝ o n´egy pont konplan´aris. All´ I.5. axi´ om´ ak k¨ ovetkezm´enyei. Ahhoz, hogy a ter¨ unkben l´etez˝o mer˝olegess´eg a kapcsol´od´o vektort´erben is ´erz´ekelhet˝ o legyen, a vektort´erstrukt´ ur´at euklideszit´er-strukt´ ur´av´a kell alak´ıtani. Ennek m´ odja a skal´ arisszorzat-f¨ uggv´eny defini´al´asa. 5.1.3. Defin´ıci´ o. A vektor hossza a meghat´ aroz´ o s´ıkp´ arok t´ avols´ ag´ anak k´etszerese, azaz tetsz˝ oleges az eltol´ ast reprezent´ al´ o pontp´ ar t´ avols´ aga. K´et vektor hajl´ assz¨ oge a k¨ oz¨ os kezd˝ opontb´ ol ind´ıtott reprezent´ ansaikat tartalmaz´ o ugyanezen kezd˝ opontb´ ol ind´ıtott f´elegyenesek ´ altal bez´ art sz¨ ogek k¨ oz¨ ul a kisebbik. A vektor hossza mindig nemnegat´ıv, (jele szint´en | · | ), csak a nullvektor hossza nulla. A vektorok hajl´assz¨oge π-n´el nem nagyobb sz¨og. 5.1.4. Defin´ıci´ o. Az a ´es b vektorok skal´ aris szorzata az ha|bi := |a||b| cos(a, b)∡ sz´ am. A skal´ aris szorzat alaptulajdons´agai az al´abbi geometriai ´eszrev´etelekb˝ol ad´ odnak: 1. A skal´ aris szorzat el˝ ojele a vektorok hajl´assz¨og´et˝ol f¨ ugg; pozit´ıv ha hegyessz¨ oget z´ arnak be vektoraink, nulla ha mer˝olegesek, ´es negat´ıv, ha tompa a sz¨ og¨ uk. 2. Egys´egvektorral val´ o skal´aris szorzat geometriai jelent´ese az egys´egvektor egyenes´ere vonatkoz´o mer˝oleges vet¨ ulet el˝ojeles hossza. Ez pozit´ıv, ha az egys´egvektorral bez´art sz¨og hegyessz¨og, negat´ıv, ha tompa. 5.1.1. T´ etel. A vektorok skal´ aris szorzata ha|bi : E 3 × E 3 −→ R pozit´ıv definit, szimmetrikus biline´ aris f¨ uggv´eny.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ s euklideszi te ´rben 5.1. Vektorok a 3-dimenzio

215

Bizony´ıt´ as: Az els˝o k´et ´ all´ıt´as a defin´ıci´o k¨ozvetlen k¨ovetkezm´enye. A szimmetria miatt el´eg az egyik argumentumban val´o linearit´ast igazolni. A szorz´ as defin´ıci´ oja miatt a homogenit´as nyilv´anval´o, mert negat´ıv sz´ammal szorz´ as eset´en hegyessz¨ ogb˝ ol tompasz¨og, tompasz¨ogb˝ol hegyessz¨og keletkezik. Az additivit´ as a m´ asodik geometriai ´eszrev´etelb˝ol ad´odik, mert feltehet˝o a homogenit´ as miatt, hogy a m´ asodik argumentum vektora egys´egvektor, ´es a mer˝ oleges vet¨ ulet el˝ ojeles hossza ´eppen a skal´aris szorzattal egyezik meg. Fontos szerepet j´ atszik az al´abbi ´eszrev´etel: 5.1.2. Lemma. Az a vektor v vektorral p´ arhuzamos, ´es arra mer˝ oleges ¨ osszetev˝ okre bont´ asa az al´ abbi formul´ aval v´egezhet˝ o el: ap =

ha, vi v, |v|2

am = a − ap .

Bizony´ıt´ as: Legyen el˝ osz¨ or v egys´egvektor. Ekkor ap = ha, viv nyilv´ an teljes¨ ul. Ha most v nem egys´eg vagy z´erus hossz´ u vektor, alkalmazzuk v egys´egvektorra, majd haszn´aljuk a homogenit´ast. formul´ ankat a v0 = |v| A skal´ aris szorzattal rendelkez˝o euklideszi vektort´erben t´argyalhat´oak az egybev´ ag´ os´ agok ´es az egydimenzi´os m´ert´ek fogalma. Ahhoz, hogy a t´erfogatot, t´erelemek t´ avols´ ag´ at, hajl´assz¨og´et u ´jabb ¨gyesebben sz´amolhassuk, egy u szorz´ as, a vektori´ alis szorzat bevezet´es´ere van sz¨ uks´eg. 5.1.5. Defin´ıci´ o. Az a, b, c vektorokb´ ol ´ all´ o rendszer jobbrendszer, ha c-vel szemben az a ´es b ´ altal bez´ art s´ıkra n´ezve a-t a b-be az ´ oramutat´ o j´ ar´ as´ aval ellent´etes, π-n´el nem nagyobb forg´ as viszi. 5.1.6. Defin´ıci´ o. Az a ´es b vektorok vektori´ alis szorzata az az a × b-vel jel¨ olt vektor, melynek hossza |a||b| sin(a, b)∡, mer˝ oleges az a ´es b vektorokra, ´es azokkal az a, b, a × b sorrendben jobbrendszert alkot. Egys´egvektorral val´ o vektori´alis szorzat geometriai u ´ton a k¨ovetkez˝ok´eppen kaphat´ o meg: Az egys´egvektor egyenes´ere mer˝oleges s´ıkra vonatkoz´o mer˝oleges vet¨ ulet´et oggel elforgatjuk. Ezen geometriai jelent´es alkalmas a alkalmas ir´ anyban π2 sz¨ vektori´ alis szorzat disztributivit´as´anak igazol´as´ara. Pontosabban: 5.1.2. T´ etel. A vektorok vektori´ alis szorzata, a × b : E 3 × E 3 −→ E 3 antiszimmetrikus, biline´ aris lek´epez´es.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

216

5. Analitikus geometria

Bizony´ıt´ as: Az antiszimmetria ´es a homogenit´as a defin´ıci´o egyszer˝ u k¨ovetkezm´enyei. Az additivit´ as az egys´egvektorral val´o balr´ol szorz´as eredm´enyvektor´ anak k¨ ovetkez˝ o geometria el˝o´all´ıt´as´an m´ ulik: e × v megkaphat´ o, ha a v e-vel p´arhuzamos ´es e-re mer˝oleges komponensekre val´ o bont´ as´ an´ al defini´ alt mer˝oleges vm komponenst a v-re mer˝oleges s´ıkban u ´gy forgatjuk el 90◦ -al, hogy e,v ´es a kapott vektor jobbrendszert alkosson. Az egys´egvektorral val´o szorz´as az ¨osszead´asra n´ezve disztribut´ıv lesz a paralelogramma-szab´ aly alapj´an, mert az elforgat´as el˝otti ´allapotban a k´erd´eses mer˝ oleges komponensek a sz¨ uks´eges vektorok egyenl˝os´eg´et reprezent´ alj´ ak. A homogenit´ as ´es az antiszimmetria felhaszn´al´as´aval a bilinearit´as most m´ ar ad´ odik. 5.1.7. Defin´ıci´ o. Az a, b, c vektorok vegyesszorzata az abc = ha × b, ci szorzat. 5.1.3. Lemma. A vegyesszorzat a vektorok ´ altal kifesz´ıtett paralelepipedon el˝ ojeles t´erfogata. Bizony´ıt´ as: Jel¨ olje (a × b)0 az a × b ir´any´ u egys´egvektort. Az h(a × b)0 , ci szorzat geometriai jelent´ese a vizsg´alt paralelepipedon el˝ojeles magass´aga; pozit´ıv, ha {a, b, c} jobbrendszer; negat´ıv, ha {a, b, c} balrendszer. Az |a×b| nem negat´ıv sz´ am geometriai tartalma az a, illetve b vektorok ´altal kifesz´ıtett paralelogramma ter¨ ulete. A homogenit´as alapj´an az ´all´ıt´as ad´odik. 5.1.3. T´ etel (felcser´el´esi t´etel). A vektorok vegyes szorzata ciklikusan permut´ alhat´ o, ha × b, ci = hb × c, ai = hc × a, bi. Bizony´ıt´ as: A geometriai tartalomr´ol sz´ol´o lemma egyszer˝ u k¨ovetkezm´enye. 5.1.4. T´ etel (kicser´el´esi t´etel). (a × b) × c = ha, cib − hb, cia. Bizony´ıt´ as: A vektori´ alis szorzat defin´ıci´oja alapj´an a bal oldal line´aris kombin´ aci´ oja az a ´es b vektoroknak, azaz (a × b) × c = αa + βb. Szorozzuk skal´ arisan az egyenl˝os´eget a (b × c) vektorral. Ekkor az αabc = h(a × b) × c, (b × c)i = h(a × b), c × (b × c)i

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ s euklideszi te ´rben 5.1. Vektorok a 3-dimenzio

217

egyenl˝ os´eghez jutunk. Azonban a c0 egys´egvektorral c0 × (b × c0 ) = bm , az egys´egvektorral val´ o balr´ol szorz´as geometriai el˝o´all´ıt´asa alapj´an, ´ıgy a p´ arhuzamos ´es mer˝ oleges ¨ osszetev˝okre val´o bont´as formul´aja szerint c × (b × c) = |c|2 b − hb, cic teljes¨ ul. Behelyettes´ıtve formul´ankba, majd a skal´aris szorzat disztributivit´as´ at alkalmazva kapjuk, hogy αabc = −hb, ciabc. Hasonl´ oan sz´ amolhatjuk ki a β egy¨ utthat´ot, amire β = ha, ci ad´ odik. 5.1.1. K¨ ovetkezm´ eny. Teljes¨ ulnek a k¨ ovetkez˝ o nevezetes ¨ osszef¨ ugg´esek: Lagrange-azonoss´ ag: ha × b, a × bi = ha, aihb, bi − ha, biha, bi, Jacobi-azonoss´ ag: (a × b) × c + (b × c) × a + (c × a) × b = 0. Val´ oban, az

ha × b, c × di kifejez´est ´ırjuk ´ at a felcser´el´esi t´etel seg´ıts´eg´evel, majd alkalmazzuk a kicser´el´esi t´etelt, ekkor az ha × b, c × di = ha, cihb, di − ha, bihc, di o ugg´eshez jutunk. Az a = c, b = d helyettes´ıt´es a Lagrange-azonoss´aghoz ¨sszef¨ vezet. Az asszociat´ıv szab´ aly a vektori´alis szorzatra nem teljes¨ ulhet. N´ezz¨ uk meg a k´et oldal elt´er´es´et, majd alkalmazzuk a kicser´el´esi t´etelt: (a × b) × c − a × (b × c) = ha, cib − hb, cia − ha, cib + ha, bic = (a × c) × b, ahonnan a Jacobi-egyenl˝ os´eg ad´odik. A vektori´ alis szorzat nem asszociat´ıv m˝ uvelet, de teljes´ıti a Jacobi-azonoss´ agot, ´ıgy euklideszi vektorter¨ unk ezzel a szorz´asm˝ uvelettel egy (nem asszociat´ıv) algebr´ at alkot. A tov´ abbiakban az euklideszi vektort´er egy jobbsodr´as´ u ortonorm´alt b´azis´ at a hagyom´ anynak megfelel˝oen {i, j, k}-val jel¨olve, vektorainkat koordin´ at´ akkal l´ athatjuk el a szokott m´odon, majd a t´erben egy O ponthoz mint

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

218

5. Analitikus geometria

kezd˝ oponthoz r¨ ogz´ıtve az orig´ot, pontjainknak szint´en koordin´at´akat tulajdon´ıthatunk, ezek az O pontb´ol a pontba mutat´o helyvektorok koordin´atah´ armasai. Az oszlopvektoros ´ır´asm´odhoz ragaszkodva teljes¨ ulnek az al´abbiak: 5.1.5. T´ etel. hx|yi =



i j k x×y = det  x1 x2 x3 y1 y2 y3  z1 z2 xyz = det  x1 x2 y1 y2



X

xi yi = xT y,

 := (x2 y3 −x3 y2 )i−(x1 y3 −x3 y1 )j+(x1 y2 −x2 y1 )k,   z3 x1 x3  = det  y1 y3 z1

x2 y2 z2

 x3 y3  = det [x, y, z] . z3

Bizony´ıt´ as: A koordin´ ata-rendszer egys´egvektorainak p´aronk´enti skal´aris ´es vektori´ alis szorzatai a defin´ıci´ob´ol k¨ozvetlen¨ ul meghat´arozhat´ok. Ezut´an haszn´ alva a f¨ uggv´enyek bilinearit´as´at, az els˝o k´et egyenl˝os´eg r¨ogt¨on ad´odik. A harmadik az els˝ o kett˝ o egyszer˝ u o¨sszeolvas´as´aval kaphat´o meg. Fel´ırhatjuk t´erelemeink k¨ ul¨onf´ele egyenletrendszereit. Egyenes vektoregyenlet´et param´eteres alakban az x = x0 + tv egyenlettel adhatjuk meg, ahol v az ir´anyvektor, t val´os param´eter. Ebb˝ol azonnal kapjuk a param´eteres egyenletrendszert, majd az egyenletrendszert: x y z

= = =

x0 + tv1 y0 + tv2 z0 + tv3

t∈R .

Nem nulla v1 , v2 illetve v3 eset´en (t) =

y − y0 z − z0 x − x0 = = . v1 v2 v3

A s´ık megfelel˝ o egyenletei: hn, x − x0 i = 0, ahol n a s´ıkra mer˝ oleges vektor, x0 a s´ık egy pontj´anak helyvektora, illetve 0 = Ax + By + Cz − (Ax0 + By0 + Cz0 ) = Ax + By + Cz + D ahol n koordin´ at´ ai A, B, C az x0 koordin´at´ai x0 , y0 , z0 .

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ leke ´peze ´sek E 3 -ben 5.2. Egyenestarto

219

5.2. Egyenestart´ o lek´ epez´ esek E 3 -ben ... a logika sok szab´ alya helyett be´ertem a n´egy k¨ ovetkez˝ ovel... ... Az utols´ o pedig az, hogy minden¨ utt teljes felsorol´ asokra ´es ´ altal´ anos attekint´esekre t¨ ´ orekedjem, s ´ıgy biztos legyek abban, hogy semmit ki nem hagytam.

´ R. Descartes: Ertekez´ es az ´esz helyes vezet´es´enek m´ odszer´er˝ ol Ebben a fejezetben a line´ aris algebra eszk¨ozeivel ´ırjuk le a t´er legfontosabb geometriai transzform´ aci´ oit. Az euklideszi t´er egy o¨nmag´ara val´o k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u lek´epez´es´et egyenestart´o lek´epez´esnek nevezz¨ uk, ha egyenes k´epe egyenes, illeszked´estart´ o lek´epez´esnek, ha az illeszked´eseket ˝orzi. 5.2.1. T´ etel. Az E 3 -ban az O fixpont´ u illeszked´es- ´es egyenestart´ o, folytonos lek´epez´esek ´eppen az analitikusan regul´ aris line´ aris transzform´ aci´ okkal le´ırhat´ o lek´epez´esek. Bizony´ıt´ as: Mivel line´ aris transzform´aci´o, folytonos, a line´aris kombin´aci´ot orzi, ´es az orig´ ˝ ot az orig´ oba viszi, az egyik ir´any nyilv´anval´o. Ford´ıtva, tegy¨ uk fel el˝ osz¨ or, hogy f illeszked´es- ´es egyenestart´o, tov´abb´a folytonos lek´epez´es az O fixponttal. Ilyenkor egyenes k´epe egyenes, s´ık k´epe s´ık, ´es p´ arhuzamos t´erelemek vel¨ uk azonos dimenzi´oj´ u p´arhuzamosokba k´epz˝ odnek. Igazoljuk, hogy a lek´epez´es oszt´oviszonytart´o, azaz h´arom kolline´aris pont ´ altal meghat´ arozott szakaszok hossz´anak ar´any´at ˝orzi. Ennek els˝ o l´ep´esek´ent igazoljuk, hogy felez˝opont k´epe a k´epszakasz felez˝opontja.

A

C B

D

5.1. ´ abra. Teljes n´egysz¨og illeszt´ese Legyen A, C, B egy e egyenes h´arom pontja, melyet a lek´epez´es az e′ egyenes A′ , C ′ , B ′ pontjaiba visz. Az e egyenesen kereszt¨ ulfektetett tetsz˝oleges

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

220

5. Analitikus geometria

s´ıkban illessz¨ unk az ´ abr´ anak megfelel˝o m´odon az A, B, C pontokra egy teljes n´egysz¨ oget. Ha C felez˝ opont, akkor D v´egtelen t´avoli pont, ´es a rajta athalad´ ´ o´ atl´ os egyenes e-vel p´arhuzamos, amint az elemi geometriai megfontol´ asokb´ ol azonnal ad´ odik. A lek´epez´es a s´ıkot a n´egysz¨oggel egy¨ utt egy e′ -n ′ ′ ′ atfektetett s´ıkba viszi, ahol a n´egy megfelel˝o pont A , C , B ´es D′ . A p´ar´ huzamoss´ agtart´ as miatt D′ v´egtelen t´avoli pont, ´ıgy C ′ felez˝opont, ahogy all´ıtottuk. ´ R¨ ogt¨ on ad´ odik, hogy k´et fixpont ¨osszek¨ot˝o egyenes´en elhelyezked˝o felez˝opontk´ent el˝ o´ all´ıthat´ o pontok szint´en fixpontok, ugyan´ ugy mint azok, melyek egyik v´egpontjai egy olyan szakasznak, amelynek m´asik v´egpontja ´es felez˝opontja fixpont. Azaz az ¨ osszek¨ot˝o egyenes egy minden¨ utt s˝ ur˝ u H r´eszhalmaz´ anak (a diadikus racion´ alis sz´amoknak megfeleltethet˝o ponthalmaz) elemei fixpontok. A folytonoss´ ag miatt az egyenes valamennyi pontja fix. Most m´ar a szok´ asos gondolatmenet mutatja, hogy ha van h´arom nem kolline´aris fixpont, akkor a rajtuk ´ atfektetett s´ık minden pontja fix, ´es n´egy nem egys´ık´ u fixpont l´ete meghat´ arozza a t´er identikus lek´epez´es´et. M´ asodik l´ep´es¨ unk az oszt´oviszonytart´as ´es azon t´eny egy¨ uttes igazol´asa, hogy a lek´epez´est egy´ertelm˝ uen meghat´arozza az ´altal´anos helyzet˝ u O, A, B, C pontn´egyes ´es annak O, A′ , B ′ , C ′ k´epe. Ehhez el˝ osz¨ or az s′ = (OA′ B ′ ) s´ıkot O k¨or¨ ul forgassuk az s = (OAB) s´ıkba. Ez a forgat´ as a s´ıkokra ´all´ıtott mer˝olegesek s´ıkj´ara mer˝oleges, O-n athalad´ ´ o tengely k¨ or¨ uli forgat´ast jelent, azaz egybev´ag´os´aggal reprezent´al´odik (teh´ at maga is oszt´ oviszonytart´o lek´epez´es). Ezut´an az s-re mer˝oleges, O-n athalad´ ´ o tengely k¨ or¨ ul forgassuk az OA′ egyenes OA′′ k´ep´et az OA egyenessel fed˝ o helyzetbe. Az O k¨ oz´eppont´ u centr´alis ny´ ujt´assal a kapott A′′′ pontot A′′′ ba vihetj¨ uk. Ezut´ an k¨ ovetkezik a B pont B pontba transzform´al´asa egy olyan lek´epez´essel, melyn´el az (OAB) s´ıkra mer˝oleges (OA)-n ´athalad´o α s´ık pontjai helyben maradnak, a t¨obbi pont k´ep´et pedig az al´abbi m´odon hat´ arozzuk meg: A P pontb´ ol a (B ′′′ B) egyenessel p´arhuzamos t egyenest h´ uzunk, megke′′′ ress¨ uk a (B P ) egyenesnek az α s´ıkkal val´o metsz´espontj´at, D-t, ezt ¨osszek¨ otj¨ uk B-vel, ´es az ¨ osszek¨ ot˝ o egyenesnek t-vel val´o metsz´espontj´at rendelj¨ uk P -hez mint k´epet. Vil´ agos, hogy a (B ′′′ B) egyenes ´es a B ′′′ -n kereszt¨ ul α-val p´arhuzamosan fektetett s´ık pontjai kiv´etel´evel minden P ponthoz rendelt¨ unk egy egy´ertelm˝ uen meghat´ arozott k´epet. Ezen t´erelemek pontjainak k´ep´et alkalmas osszetartoz´ o seg´edpontp´ ar felhaszn´al´as´aval defini´alhatjuk, mely defin´ıci´o (a ¨ p´ arhuzamos szel˝ ok t´etele alapj´an) f¨ uggetlen lesz a seg´edpontp´ar v´alaszt´as´at´ ol. Ez a lek´epez´es – amit ferde affinit´asnak is nevezhet¨ unk – illeszked´es-, egyenes- ´es oszt´ oviszonytart´ o. Az utols´ o l´ep´esben egy u ´jabb ferde affinit´assal a C ′′′′ pontot k´epezz¨ uk Cbe, azaz n´egy megfelel˝ o lek´epez´es kompoz´ıci´oj´aval, melyet g-nek nevez¨ unk,

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ leke ´peze ´sek E 3 -ben 5.2. Egyenestarto

221

az O, A′ , B ′ , C ′ pontokat rendre az O, A, B, C pontokba vitt¨ uk. A g ◦ f lek´epez´esnek O, A, B, C fixpontjai, ´ıgy a lek´epez´es identit´as, ´es ´ıgy g inverze, a kiindul´ asi f lek´epez´es szint´en oszt´oviszonytart´o. Az oszt´ oviszonytart´ as egyszer˝ u k¨ovetkezm´enye, hogy f regul´aris line´aris transzform´ aci´ o, ahogy azt ´ all´ıtottuk. 5.2.1. Megjegyz´ es. Jegyezz¨ uk meg, hogy a folytonoss´ ag felt´etel´et a t´etel kimond´ as´ ab´ ol elhagyhatjuk, ha tudjuk, hogy egy adott egyenesen minden¨ utt s˝ ur˝ un elhelyezked˝ o fixpontrendszer l´ete elegend˝ o ahhoz, hogy a kolline´ aci´ o az egyenes minden pontj´ at fixen hagyja. A v´egtelen t´ avoli pontj´ aval b˝ ov´ıtett (projekt´ıv) egyenesen ez a harmonikus invol´ uci´ o ´es a projekt´ıv rendez´es tulajdons´ agaival igazolhat´ o, amit az 5.2.3 t´etelben l´ athatunk majd, azaz a k´es˝ obbiekben ennek a t´etelnek er˝ osebb alakj´ at is haszn´ alhatjuk. A szingul´ aris line´ aris transzform´aci´ok a t´er p´arhuzamos vet´ıt´esei, ´es az egyenestart´ o, illeszked´estart´ o lek´epez´esek kompoz´ıci´oik´ent ad´od´o lek´epez´eseket ´ırnak le. Ahogy azt l´ atni fogjuk, a p´arhuzamos vet´ıt´esekhez tartoz´o line´ aris lek´epez´esek k¨ onnyen megadhat´ok, azaz a vet´ıt´esek le´ırhat´ok line´aris transzform´ aci´ ok´ent, ford´ıtva pedig minden szingul´aris transzform´aci´o (a saj´ at´ert´ek-probl´em´ aja megold´asa ut´an) fel´ırhat´o egy vet´ıt´es ´es egy regul´aris transzform´ aci´ o szorzatak´ent. 5.2.1. O fixpont´ u tu oz´ esek, mer˝ oleges vet´ıt´ esek, forgat´ asok ¨ kr¨ A k¨ ovetkez˝ okben konkr´etan le´ırjuk a leggyakrabban haszn´alt lek´epez´esekhez rendelt line´ aris transzform´ aci´ok m´atrixait. 5.2.1.1. O-n ´ athalad´ o s´ıkra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es ´Irjuk fel a lek´epez´es vektoregyenlet´et. Az x helyvektor v´egpontj´ahoz rendelt k´eppont helyvektora x′ . A lek´epez´es ekkor az al´abbi formula alapj´an sz´amolhat´ o: x′ = x − 2hn|xin, ahol n = (A, B, C)T a s´ık egys´eg norm´alvektora. K¨onnyen ellen˝orizhet˝o, hogy a line´ aris transzform´ aci´ o m´ atrixa ekkor 

1 − 2A2 Ts =  −2BA −2CA

www.interkonyv.hu

−2AB 1 − 2B 2 −2CB

 −2AC −2BC  . 1 − 2C 2

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

222

5. Analitikus geometria

5.2.1.2. O-n ´ athalad´ o s´ıkra vonatkoz´ o vet´ıt´es A fenti sz´ amol´ ast mind¨ ossze abban kell megv´altoztatni, hogy a p´arhuzamos osszetev˝ ot kell levonni, nem annak k´etszeres´et. Ez´ert a k´erd´eses m´atrix: ¨   1 − A2 −AB −AC Vs =  −BA 1 − B 2 −BC  . −CA −CB 1 − C 2 5.2.1.3. O-n ´ athalad´ o egyenesre vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es Az n ir´ anyvektor´ u egyenesre vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´es nem m´as mint az ugyanezen norm´ alvektor´ u s´ıkra vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´es szorzata az orig´ora vonatkoz´o t¨ ukr¨ oz´essel. Ez´ert a m´ atrixa: 

−1 + 2A2  2BA Te = 2CA

2AB −1 + 2B 2 2CB

 2AC . 2BC 2 −1 + 2C

5.2.1.4. O-n ´ athalad´ o egyenesre vonatkoz´ o vet´ıt´es Ezen transzform´ aci´ o ¨ osszege az n norm´alvektor´ u s´ıkra vonatkoz´o vet´ıt´essel az identit´ ast adja. ´Igy m´ atrixa: 

A2 AB Ve =  BA B 2 CA CB

 AC BC  . C2

´ Eszrevehet˝ o, hogy a kapott m´atrix a norm´alvektornak ´es transzpon´altj´anak diadikus szorzata. 5.2.1.5. Vektori´ alis szorz´ as balr´ ol egy fix vektorral Legyen most az adott vektor a fenti n = (A, B, C)T vektor, ez´ uttal nem felt´etlen¨ ul egys´egvektor. A vektori´alis szorzat koordin´at´ainak kisz´am´ıt´asa alapj´an a line´ aris transzform´ aci´ o m´ atrixa:   0 −C B 0 −A  . Vn =  C −B A 0 5.2.1.6. O-n ´ athalad´ o egyenes k¨ or¨ uli forgat´ as Legyen az egyenes egys´eg ir´ anyvektora n = (A, B, C)T . Az egyenes k¨or¨ uli ϕ ′ sz¨ og˝ u forgat´ assal kapott x pont helyvektora a vektori´alis szorzat geometriai tartalma alapj´ an a k¨ ovetkez˝ ok´eppen ´all´ıthat´o el˝o:

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ leke ´peze ´sek E 3 -ben 5.2. Egyenestarto

223

n

Ve ( x )

x nx x

Vs ( x ) 5.2. ´ abra. Forgat´as egyenes k¨or¨ ul Az x helyvektor n norm´ alvektor´ u s´ıkra vonatkoz´o mer˝oleges vet¨ ulete ´es az n × x vektorok s´ıkj´ aban ϕ sz¨oggel elforgatjuk a mer˝oleges vet¨ uletet, majd a kapott vektorhoz az n egyenes´ere vonatkoz´o vet¨ uletet hozz´aadjuk (l´asd az 5.2.´ abr´ at). Azaz x′ = Ve (x) + cos ϕVs (x) + sin ϕVn (x), ´ıgy a m´ atrix a k¨ ovetkez˝ o alakban ´all´ıthat´o el˝o:  2   A AB AC 1 − A2 −AB 2 BC  + cos ϕ  −BA 1 − B 2 Fϕ =  BA B CA CB C 2 −CA −CB   0 −C B 0 −A  . + sin ϕ  C −B A 0

 −AC −BC  + 1 − C2

5.2.2. Pontok homog´ en koordin´ at´ ai 5.2.1. Defin´ıci´ o. A P = (x, y, z)T ∈ E 3 pont homog´en koordin´at´ai alatt a n´egy m´eret˝ u oszlopvektorok azon halmaz´ at ´ertj¨ uk, melynek elemei csak nem nulla sz´ amszorosban t´ernek el az (x, y, z, 1)T vektort´ ol.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

224

5. Analitikus geometria

Az ¨ osszes ilyen n´egyes halmaz´at a pont ekvivalenciaoszt´aly´anak is h´ıvjuk. Ez az ekvivalenciafogalom nyilv´an ekvivalenciarel´aci´o is egyben. A tov´abbiakban azon ekvivalenciaoszt´alyokhoz, melyek reprezent´ansaiban az utols´o koordin´ ata nulla, a t´er egy ir´any´at vagy v´egtelen t´avoli pontj´at rendelj¨ uk, ´es nem k¨ ul¨ onb¨ oztetj¨ uk meg egym´ast´ol a k¨oz¨ons´eges ´es v´egtelen t´avoli pontokat. 5.2.2. Defin´ıci´ o. Ekvivalens k´et line´aris transzform´aci´o, ha egy ortonorm´ alt homog´en b´ azisra vonatkoz´ oan fel´ırt m´ atrixaik egym´ as nem nulla sz´ amszorosai. A line´ aris transzform´ aci´ ok ekvivalenci´aja is ekvivalenciarel´aci´o. 5.2.2. T´ etel. Minden homog´en koordin´ ata-rendszerben fel´ırt   A t uT 1 alak´ u line´ aris transzform´ aci´ o egyenestart´ o lek´epez´est reprezent´ al, mely kett˝ osviszonytart´ o, ´es pontosan akkor oszt´ oviszonytart´ o, ha u a z´erusvektor. Bizony´ıt´ as: Az egyenestart´as egyszer˝ uen k¨ovetkezik abb´ol, hogy line´aris transzform´ aci´ o az egy¨ utthat´ okat meg˝orzi, ´es homog´en koordin´at´akkal adott h´ arom pont pontosan akkor illeszkedik egy egyenesre, ha line´arisan ¨osszef¨ ugg˝ oek. A kett˝ osviszonytart´ as igazol´as´ahoz tekints¨ uk egy egyenes n´egy pontj´at az 1 1 (a + αb), (a + βb) a, b, 1+α 1+β alakban, ahol a ´es b utols´ o koordin´at´aja, ´ıgy a m´asik k´et pont utols´o koordin´ at´ aja is 1. A kett˝ osviszonyuk ekkor, figyelembe v´eve, hogy a kett˝osviszony k´et oszt´ oviszony h´ anyadosa: α 1+α | 1 1+α |

− a + b| − a + b|

:

β 1+β | 1 1+β |

− a + b| − a + b|

=

α , β

ahol fel¨ ulvon´ as jel¨ oli az els˝ o h´arom koordin´ata ´altal meghat´arozott 3 m´eret˝ u vektort. Alkalmazva transzform´aci´onkat a pontn´egyesre, az els˝o h´arom vektor k´epeinek utols´ o koordin´ at´ ai rendre uT · a + 1, uT · b + 1, uT · =

1 (a + αb) + 1 = 1+α

α 1 (uT · a + 1) + (uT · b + 1). 1+α 1+α

Az oszt´ oviszony kisz´ am´ıt´ as´ ahoz ezekkel a sz´amokkal norm´alnunk kell a vektorokat, miel˝ ott a p´ aronk´enti k¨ ul¨onbs´egek hossz´at kisz´am´ıtjuk. Kapjuk, hogy

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ leke ´peze ´sek E 3 -ben 5.2. Egyenestarto

225

az oszt´ oviszony   1 1 1 1 (a + αb) − uT ·a+1 a α 1+α (uT ·a+1)+ 1+α (uT ·b+1) 1+α   = 1 1 1 uT ·b+1 b − 1 (uT ·a+1)+ α (uT ·b+1) 1+α (a + αb) 1+α

1+α

−(uT ·b+1) 1 α ((uT ·a+1)+α(u a + ((uT ·a+1)+α(u b T ·b+1))(uT ·a+1) T ·b+1)) = = (uT ·a+1) −1 a + ((uT ·a+1)+α(u b ((uT ·a+1)+α(u T ·b+1)) T ·b+1))(uT ·b+1) =α

(uT · b + 1) . (uT · a + 1)

Hasonl´ok´eppen a m´ asik oszt´ oviszony: β

(uT · b + 1) , (uT · a + 1)

a kett˝osviszony pedig megint α : β. Az oszt´oviszonytart´as csak u ´gy teljes¨ ulhet, ha minden a, b eset´en 1=

(uT · b + 1) , (uT · a + 1)

teljes¨ ul, ami viszont csak u = 0 eset´en lehets´eges, ahogy azt ´all´ıtottuk. Az oszt´ oviszonytart´ as geometriai jelent´ese, hogy v´egtelen t´avoli pontok egym´ asba transzform´ al´ odnak, azaz az oszt´oviszonytart´o lek´epez´esek p´arhuzamoss´ agtart´ oak is. A v´egtelen t´avoli kolline´aris pontok halmazait v´egtelen t´ avoli egyeneseknek nevezz¨ uk, az o¨sszes v´egtelen t´avoli pont egy¨ utt alkotja a v´egtelen t´ avoli s´ıkot. Ezek ut´an a v´egtelen ´es k¨oz¨ons´eges egyeneseket (´es s´ıkokat) sem k¨ ul¨ onb¨ oztetj¨ uk meg egym´ast´ol. 5.2.3. Defin´ıci´ o. Kolline´ aci´ onak nevezz¨ uk a t´er olyan transzform´ aci´ oj´ at, mely a pontok ´es egyenesek halmaz´ an bijekci´ o ´es az illeszked´est ˝ orzi. A 5.2.1 t´etelben l´ attuk, hogy a k¨oz¨ons´eges t´er regul´aris line´aris transzform´ aci´ oi ´eppen a k¨ oz¨ ons´eges t´er folytonos, O-t fixen hagy´o kolline´aci´oit adj´ak, azaz a kib˝ ov´ıtett t´er azon kolline´aci´oit, melyek fixpontja O, ´es invari´ans egyenese a v´egtelen t´ avoli egyenes. Homog´en koordin´at´akban ezeknek a transzform´ aci´ oknak a regul´ aris A m´atrixhoz tartoz´o   A 0 0T 1

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

226

5. Analitikus geometria

m´ atrixok ekvivalenciaoszt´ alyai tartoznak. Mint ahogy arra az 5.2.1 megjegyz´esben utaltunk, a folytonoss´ag felt´etele elhagyhat´o, ami az 5.2.3. t´etel k¨ovetkezm´enye. A t´etel kimond´asa el˝ott defini´aljuk a harmonikus elv´alaszt´as ´es pontrendszer fogalm´ at: 5.2.4. Defin´ıci´ o. Az egyenes egy pontp´ arja harmonikusan v´alaszt el egy m´ asik pontp´ art, ha a n´egy pont kett˝ osviszonya −1. H´ arom pont ´ altal gener´ alt harmonikus pontrendszert a kor´ abbi pontokra vonatkoz´ o valamennyi harmonikus t´ arsnak a pontrendszerhez csatol´ asa u ´tj´ an rekurz´ıv m´ odon defini´ aljuk. 5.2.3. T´ etel (Staudt–Darboux). Az egyenesnek minden ¨ onmag´ ara val´ o, h´ arom k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o fixponttal rendelkez˝ o, a harmonikus elv´ alaszt´ ast ˝ orz˝ o egy´ertelm˝ u lek´epez´ese az azonoss´ ag. Bizony´ıt´ as: Legyen A, B, C az egyenes h´arom k¨ ul¨onb¨oz˝o fixpontja a T kol-

R S P Q

P

,

,

Q A

C

,

,

D

B

D

C

5.3. ´ abra. Harmonikus invol´ uci´o line´ aci´ ora vonatkoz´ oan. Mivel ez a harmonikus elv´alaszt´asokat ˝orzi, a ponth´ armasunk ´ altal gener´ alt harmonikus pontrendszer minden pontja szint´en fixpont. Legyen most Q egy olyan pont, mely a lek´epez´esn´el a t˝ole k¨ ul¨onb¨oz˝o Q′ pontba megy ´ at. Tekintettel a harmonikus pontrendszer minden¨ utt s˝ ur˝ u volt´ ara, vannak olyan A1 , B1 , C1 pontok a harmonikus rendszerb˝ol, melyekre az A1 QB1 Q′ C1 ciklikus rendez´es ´all fenn. Az A1 Q ´es B1 C1 pontp´arok nem v´ alasztj´ ak el egym´ ast, teh´at van olyan XY pontp´ar, amely mindk´et el˝ oz˝ ot harmonikusan v´ alasztja el. Ez k¨ovetkezik abb´ol, hogy a kijel¨olt B1 C1 szakaszt nem tartalmaz´ o A1 Q szakaszon ´ertelmezett azon lek´epez´es, amely minden ponthoz annak harmonikus t´ars´at rendeli, a v´egpontokat pedig fixen hagyja, az A1 Q szakaszt a B1 C1 -et tartalmaz´o szakaszba viszi, ezen k´epszakaszt pedig a B1 C1 -re vonatkoz´o anal´og lek´epez´es (mely a k´et B1 , C1 v´egpontokkal rendelkez˝ o szakaszt cser´eli fel) a kiindul´asi A1 Q szakasz r´esz´ebe viszi. Ezen k´et u ´n. harmonikus invol´ uci´ o szorzata teh´at az A1 Q szakaszt

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ leke ´peze ´sek E 3 -ben 5.2. Egyenestarto

227

r´eszszakasz´ aba k´epezi, teh´ at a szorzatlek´epez´esnek van fixpontja. A fixpont term´eszetesen egy alkalmas harmonikusan elv´alaszt´o pontp´art hat´aroz meg. Ha most X ′ Y ′ ezen pontp´ ar k´epe, akkor ez k¨oz¨os harmonikus p´arja az A1 Q′ ´es B1 C1 pontp´ aroknak, ami lehetetlen, mert ezek elv´alasztj´ak egym´ast. (Ha XY k¨ oz¨ os harmonikus p´ arja AB ´es CD pontp´aroknak, akkor a ciklikus rendez´es alap¨ osszef¨ ugg´eseib˝ ol ´es a harmonikus invol´ uci´o kett˝osviszony- (ez´altal ciklikus rendez´es) tart´ as´ ab´ ol ad´odik, hogy AB ´es CD nem v´alasztja el egym´ ast. Val´ oban ha C ´es D az AB egyenes k´et A,B-t˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝o pontja, ´es C ′ , illetve D′ ezek A, B p´ arra vonatkoz´o harmonikus t´arsai, akkor p´eld´aul az (A, C, D, B) ciklikus rendez´esb˝ol ad´odik (A, C ′ , D′ , B). Mivel fenn´allnak az (A, C, B, C ′ ), (A, D, B, D′ ) elrendez´esek is, ez´ert (A, C, D, B), (A, C, B, C ′ ) =⇒ (C, D, B, C ′ ) =⇒ (B, D, C, C ′ ) rendez´es. Hasonl´ ok´eppen (A, C ′ , D′ , B), (A, D′ , B, D) =⇒ (C ′ , D′ , B, D) =⇒ (B, D, C ′ , D′ ), ´ıgy igaz (B, D, C, C ′ ), (B, D, C ′ , D′ ) =⇒ (D, C, C ′ , D′ ) =⇒ (C, C ′ , D′ , D) rendez´es. Azaz CC ′ ´es DD′ nem v´alasztj´ak el egym´ast, ahogyan azt ´all´ıtottuk. A kett˝ osviszonytart´ as pedig egyszer˝ u k¨ovetkezm´enye annak a t´enynek, hogy egy harmonikus invol´ uci´o mindig el˝o´all´ıthat´o h´arom centr´alis vet´ıt´es szorzatak´ent. Az 5.3. ´ abr´ an az AB egyenes pontsor´at el˝osz¨or S-b˝ol vet´ıtett¨ uk RB-re, majd A-b´ ol SB-re, v´eg¨ ul R-b˝ol vissza AB-re.) A t´etel k¨ ovetkezm´enye, hogy az 5.2.1. t´etel bizony´ıt´as´aban szerepl˝o azon all´ıt´ ´ as, hogy ha az egyenesen van k´et k¨oz¨ons´eges fixpont (akkor persze a v´egtelen t´ avoli pontja egy harmadik fixpont), akkor valamennyi pontja fix, val´ oban igaz. Ez´ert az   A 0 0T 1 alak´ u lek´epez´esek ekvivalenciaoszt´alyai ´eppen a v´egtelen t´avoli s´ıkot fixen hagy´ o, k¨ oz¨ ons´eges fixponttal is rendelkez˝o kolline´aci´oknak felelnek meg regul´ aris A m´ atrix eset´en. Mivel a k¨oz¨ons´eges fixponttal nem rendelkez˝o, a v´egtelen t´ avoli s´ıkot invari´ ansan hagy´o kolline´aci´ok k¨oz¨ons´eges koordin´at´akban az inhomog´en line´ aris transzform´aci´oknak felelnek meg (regul´aris A-val), az ide´ alis s´ıkot invari´ ansan tart´o kolline´aci´ok homog´en koordin´at´akban fel´ırt m´ atrixreprezent´ aci´ oja:   A t , 0T 1 ahol A regul´ aris. Most m´ ar kimondhatjuk az 5.2.2 t´etel megford´ıt´as´at:

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

228

5. Analitikus geometria

5.2.4. T´ etel. Minden kolline´ aci´ o – homog´en koordin´ at´ akra vonatkoz´ oan – regul´ aris line´ aris transzform´ aci´ ok egy   A t uT 1 ekvivalenciaoszt´ aly´ aval azonos´ıthat´ o. Bizony´ıt´ as: Azon kolline´ aci´o, mely a   E t uT 1 ekvivalenciaoszt´ aly´ ahoz tartozik, az (x, y, z, 1)T k¨oz¨ons´eges pontot az (x + t1 , y + t2 , z + t3 , u1 x + u2 y + u3 z + 1)T pontba viszi, m´ıg a v´egtelen t´avoli (x, y, z, 0)T pontot az (x, y, z, u1 x + u2 y + u3 z)T pontba. ´Igy a 0 = u1 x + u2 y + u3 z + 1 egyenlet˝ u k¨ oz¨ ons´eges s´ıkot a v´egtelen t´avoli s´ıkkal felcser´eli. Ha egy kolline´ aci´ on´ al a v´egtelen t´ avoli s´ık nem invari´ans, ´es k´epe egy k¨oz¨ons´eges koordin´ at´ akkal u1 x + u2 y + u3 z + 1 = 0 alakban megadhat´o s´ık, a kolline´aci´o kompoz´ıci´ oja pl. az   E 0 uT 1 lek´epez´eshez tartoz´ o kolline´ aci´oval m´ar egy, a v´egtelen t´avoli s´ıkot invari´ansan hagy´ o kolline´ aci´ o, ami a kor´ abbiak szerint az   A t 0T 1 line´ aris transzform´ aci´ o ekvivalenciaoszt´aly´anak felel meg. Vil´agos, hogy az  −1     E 0 A t A t = uT 1 0T 1 −uT A −uT t + 1 lek´epez´es ekkor a kiindul´ asi kolline´aci´o m´atrix´at adja. Ha a v´egtelen t´ avoli s´ık k´epe az u1 x + u2 y + u3 z = 0 s´ık, akkor u 6= 0, ´es a regul´ aris   E u uT 0

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ leke ´peze ´sek E 3 -ben 5.2. Egyenestarto

229

m´ atrix ´ altal reprezent´ alt kolline´aci´o a v´egtelen t´avoli s´ıkot az u1 x + u2 y + u3 z = 0 s´ıkkal felcser´eli, ´es kolline´ aci´ onk megint 

E uT

u 0

−1 

A 0T

t 1



alakban fel´ırhat´ o line´ aris transzform´aci´o ekvivalenciaoszt´aly´ahoz tartozik. Ezt szerett¨ uk volna bizony´ıtani. A t´etel szerint oszt´ alyozhatjuk a kolline´aci´okat az al´abbi m´odon: • Projektivit´ as: ´ altal´ anos kolline´aci´o, homog´en koordin´ata-rendszerben analitikusan az   A t uT 1 line´ aris transzform´ aci´ oval ´ırhat´o le, ahol A regul´aris. • Affinit´ as: a v´egtelen t´ avoli s´ıkot invari´ansan tart´o projektivit´as, ennek homog´en analitikus alakja:   A t . 0T 1 • Hasonl´ os´ ag: olyan affinit´as, mely a szakaszok hossz´anak ar´any´at ˝orzi. Ezeket olyan line´ aris transzform´aci´ok adj´ak, ahol A oszlopvektorai p´ aronk´ent mer˝ olegesek, hosszuk n´egyzete pedig a hasonl´os´ag ar´any´anak n´egyzete, azaz a szakasz ´es k´epe ´altal meghat´arozott hosszak ar´anya. • Egybev´ ag´ os´ ag: olyan hasonl´os´ag, ahol a fenti ar´any 1, azaz a kolline´aci´o t´ avols´ agtart´ o. Az A m´ atrix ekkor ortogon´alis. Felmer¨ ul a k´erd´es, hogy a szingul´aris m´atrixokhoz tartoz´o line´aris lek´epez´eseknek milyen geometriai lek´epez´esek felelnek meg. Az vil´agos, hogy t´erelem k´epe t´erelem, a dimenzi´ok viszont cs¨okkenhetnek, azaz s´ık k´epe lehet s´ık, egyenes vagy pont, egyenes k´epe egyenes vagy pont. Az ilyen lek´epez´eseket projekci´ oknak vagy vet´ıt´eseknek nevezz¨ uk. Aszerint, hogy a v´egtelen t´ avoli s´ık invari´ ans vagy nem, a vet´ıt´est p´arhuzamosnak vagy centr´alisnak nevezz¨ uk. A teljes t´er k´epe legfeljebb k´etdimenzi´os, azaz s´ık vagy egyenes. A vizsg´ alatainkb´ ol kiz´ arjuk a z´erus m´atrix ekvivalenciaoszt´aly´at, ahogy a pontok homog´en koordin´ at´ ai sem lehetnek mind null´ak.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

230

5. Analitikus geometria

5.3. Az n-dimenzi´ os euklideszi t´ er ... a logika sok szab´ alya helyett be´ertem a n´egy k¨ ovetkez˝ ovel... Az els˝ o az volt, hogy soha semmit sem fogadjak el igaznak, amit nem evidens m´ odon ismertem meg annak; azaz hogy gondosan ker¨ uljek minden elhamarkod´ ast ´es elfogults´ agot ´es semmivel t¨ obbet ne foglaljak bele az ´ıt´eleteimbe, mint ami oly vil´ agosan ´es elk¨ ul¨ on´ıtetten all elm´em el˝ ´ ott, hogy nincs okom k´ets´egbe vonni.

´ R. Descartes: Ertekez´ es az ´esz helyes vezet´es´enek m´ odszer´er˝ ol Az n-dimenzi´ os t´er fogalma tiszta absztrakci´o, a gyakorlatban nem tudjuk ellen˝ orizni a megk´ıv´ ant tulajdons´agok fenn´all´as´at, ez´ert gondosan kell u ¨gyeln¨ unk arra, hogy speci´ alis eseteik´ent ellen˝orizhet˝o strukt´ ur´akat kapjunk. Term´eszetes kiindul´ asi m´ od a matematika egy m´asik (kidolgozott) ´ag´anak fogalmai alapj´ an elindulni. Jelen fejezetben mi is ezt az utat v´alasztjuk, felhaszn´ alunk alapvet˝ o line´ aris algebrai ismereteket. 5.3.1. Defin´ıci´ o. A hV, h·|·ii jel¨ olj¨ on egy n-dimenzi´ os euklideszi vektorteret. Ha az E n halmaz pontjaib´ ol alkotott rendezett p´ arokat meg tudjuk feleltetni a vektort´er vektorainak u ´gy, hogy a k¨ ovetkez˝ o tulajdons´ agok teljes¨ uljenek: −−→ −−→ 1. tetsz˝ oleges P Q p´ arhoz legyen v ∈ V , hogy P Q = v; 2. minden P ∈ E n ponthoz ´es v vektorhoz legyen egy´ertelm˝ uen Q ∈ E n , −−→ amire P Q = v; −−→ 3. minden P ∈ E n pontra P P = 0 teljes¨ ulj¨ on; − − → − − → − → 4. ha P, Q, R ∈ E n akkor P Q + QR + RP = 0 teljes¨ ulj¨ on;

akkor az E n halmazt n-dimenzi´ os euklideszi (analitikus) t´ernek nevezz¨ uk.

Az n-dimenzi´ os euklideszi t´er analitikus geometri´aj´at az affin alterek defin´ıci´ oj´ ara ´ep´ıtj¨ uk. Ehhez a tov´abbiakban r¨ogz´ıt¨ unk egy pontot, amit a t´er orig´ oj´ anak nevez¨ unk, ´es egy ortonorm´alt b´azist, ami koordin´ata-rendszer¨ unket defini´ alja. 5.3.2. Defin´ıci´ o. Ha Vk < V k-dimenzi´ os alt´er V -ben, akkor az X = x0 +Vk halmazt E n k-dimenzi´ os affin alter´enek nevezz¨ uk. Az 1-dimenzi´ os affin alt´er az egyenes, az (n − 1)-dimenzi´ os a hipers´ık. Az egyenes param´eteres vektoregyenlete, ahogy azt a h´aromdimenzi´os t´erben l´ attuk, az x = x0 + tv alakot ¨ olti, ahol x0 az egyenes egy pontj´anak helyvektora, v az ir´anyvektora. A param´eteres vektoregyenlet koordin´at´ank´enti ki´ır´asa adja megint a

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

231

´ s euklideszi te ´r 5.3. Az n-dimenzio

param´eteres egyenletrendszert: x1 = x01 + tv1 .. , . xn = x0n + tvn ebb˝ ol a param´eter kik¨ usz¨ ob¨ ol´es´evel kapjuk az egyenes egyenletrendszer´et, ami v1 = · · · = vk 6= 0, vk+1 = · · · vn = 0 eset´en az xk − x0k x1 − x01 = ··· = , v1 vk

xk+1 = x0k+1 , · · · , xn = x0n

alakot ¨ olti. Egy hipers´ık defin´ıci´ o szerint azon pontokat tartalmazza, amelyek helyvektorai n−1 X r = r0 + αi v i i=1

alakban ´ırhat´ ok fel valamely val´os αi sz´amokkal. Azaz az {r − r0 , v1 , · · · , vn−1 }

vektorrendszer ¨ osszef¨ ugg˝ o, ´ıgy {v1 , · · · , vn−1 } koordin´ata-m´atrix´anak (n−1)m´eret˝ u aldetermin´ ansaib´ ol, mint koordin´ata n-esb˝ol ´all´o n vektorral ad´odik a hipers´ık vektoregyenlete: hr − r0 |ni = 0.

Ezen egyenlet a hr|ni = c alakban is fel´ırhat´o, ahol c val´os sz´am. Vil´agos, hogy a t´er pontjai minden n vektorra ´es val´os c sz´amra a k¨ovetkez˝o h´arom halmaz k¨ oz¨ ul pontosan egyhez tartoznak: hr|ni < c,

hr|ni = c,

hr|ni > c.

Ez indokolja a k¨ ovetkez˝ o elnevez´est: 5.3.3. Defin´ıci´ o. A hr|ni = c hipers´ık a ´ltal defini´ alt ny´ılt f´eltereknek nevezz¨ uk a −−→ −−→ Hc (n)+ := {P |OP = r, hr|ni > c}, Hc (n)− := {P |OP = r, hr|ni < c} halmazokat. Z´ art f´elt´er vagy r¨ oviden f´elt´er a ny´ılt f´elt´er ´es a hat´ arol´ o hipers´ıkj´ anak uni´ oja. Alapvet˝ o jelent˝ os´eg˝ u fogalom a konvexit´as, melynek analitikus kezel´ese nagyon hasznos lehet. 5.3.4. Defin´ıci´ o. A H ⊂ E n halmaz konvex, ha tetsz˝ oleges k´et pontj´ aval egy¨ utt azok ¨ osszek¨ ot˝ o szakasz´ anak pontjait is tartalmazza.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

232

5. Analitikus geometria

A h´ aromdimenzi´ os t´erben fel´ep´ıtett¨ uk a kolline´aci´ok le´ır´as´ara legalkalmasabb eszk¨ ozrendszert, a homog´en koordin´at´az´ast. Ezt most ki´ep´ıthetj¨ uk az n-dimenzi´ os t´erben is. A t´etelek a h´aromdimenzi´os esetnek megfelel˝oen kimondhat´ ok, a bizony´ıt´ asok ugyanazok, ´ıgy az olvas´ora b´ızzuk ˝oket. 5.3.5. Defin´ıci´ o. A P = (x1 , · · · , xn )T ∈ E n pont homog´en koordin´at´ai alatt az n + 1 m´eret˝ u oszlopvektorok azon halmaz´ at ´ertj¨ uk, melynek elemei csak nem nulla sz´ amszorosban t´ernek el az (x1 , · · · , xn , 1)T vektort´ ol.

A tov´ abbiakban azon ekvivalenciaoszt´alyokhoz, melyek reprezent´ansaiban az utols´ o koordin´ ata nulla, a t´er egy ir´any´at vagy v´egtelen t´avoli pontj´at rendelj¨ uk. A tov´ abbiakban nem k¨ ul¨onb¨oztetj¨ uk meg a k¨oz¨ons´eges ´es v´egtelen t´ avoli pontokat. 5.3.6. Defin´ıci´ o. K´et line´ aris transzform´ aci´ o ekvivalens, ha a fix´ alt ortonorm´ alt homog´en b´ azisra vonatkoz´ oan fel´ırt m´ atrixaik egym´ as nem nulla sz´ amszorosai. 5.3.1. T´ etel. Minden homog´en koordin´ ata-rendszerben fel´ırt   A t uT 1 alak´ u line´ aris transzform´ aci´ o egyenestart´ o lek´epez´est reprezent´ al, mely kett˝ osviszonytart´ o, ´es pontosan akkor oszt´ oviszonytart´ o, ha u a z´erusvektor. 5.3.7. Defin´ıci´ o. Kolline´ aci´onak nevezz¨ uk a t´er olyan transzform´ aci´ oj´ at, mely a pontok ´es egyenesek halmaz´ an bijekci´ o, ´es az illeszked´est ˝ orzi. 5.3.2. T´ etel. Minden kolline´ aci´ o – homog´en koordin´ at´ akra vonatkoz´ oan – regul´ aris line´ aris transzform´ aci´ ok egy ekvivalenciaoszt´ aly´ aval azonos´ıthat´ o. A t´etel szerint szint´en oszt´alyozhatjuk a kolline´aci´okat az al´abbi m´odon: • Projektivit´ as: ´ altal´ anos kolline´aci´o, homog´en koordin´ata-rendszerben az   A t uT 1 line´ aris transzform´ aci´ oval ´ırhat´o le, ahol A regul´aris. • Affinit´ as: a v´egtelen t´ avoli s´ıkot invari´ansan tart´o projektivit´as, ennek homog´en analitikus alakja:   A t 0T 1 • Hasonl´ os´ ag: olyan affinit´as, mely a szakaszok hossz´anak ar´any´at ˝orzi. Ezeket olyan line´ aris transzform´aci´ok adj´ak, ahol A oszlopvektorai p´aronk´ent mer˝ olegesek, hosszuk n´egyzete pedig a hasonl´os´ag ar´any´anak n´egyzete.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

233

´ s euklideszi te ´r 5.3. Az n-dimenzio

• Egybev´ ag´ os´ ag: olyan hasonl´os´ag, ahol a hasonl´os´agi ar´any 1, azaz a kolline´ aci´ o t´ avols´ agtart´ o. Az A m´atrix ekkor ortogon´alis. Eljutottunk az n-dimenzi´ os val´os projekt´ıv t´er fogalm´aig: 5.3.8. Defin´ıci´ o. Az n-dimenzi´os val´os projekt´ıv t´er az ide´ alis pontjaival b˝ ovitett n-dimenzi´ os euklideszi t´er. 5.3.1. M´ asodrend˝ u felu alyoz´ asa ¨ letek oszt´ Vizsg´ aljuk az xT Ax + 2bT x + c = 0 egyenletet kiel´eg´ıt˝ o helyvektorok v´egpontjai ´altal meghat´arozott ponthalmazokat, amelyeket az n-dimenzi´os euklideszi t´er m´asodrend˝ u fel¨ uleteinek nevez¨ unk. Itt A ∈ Rn×n , b, x ∈ Rn , c ∈ R. Az inhomog´en koordin´ at´ az´asr´ol ´att´er¨ unk homog´en koordin´at´az´asra. Egyenlet¨ unk ekkor a homog´en koordin´at´aj´ uu ´j X vektorral a k¨ovetkez˝o alakot olti: ¨ XT ·



A bT

b c



· X = 0.

V´ altoztassuk meg koordin´ ata-rendszer¨ unket u ´gy, hogy a t vektor mutasson a r´egib˝ ol az u ´j kezd˝ opontba, ´es B legyen a b´aziscsere ortogon´alis m´atrixa. Ekkor egyenlet¨ unk u ´j alakja:   B T AB B T At + B T b T X · · X = 0. (tT A + bT )B tT At + bT t + tT b + c C´elunk most B ´es t olyan megv´alaszt´asa, hogy a fenti egyenlet min´el ´attekinthet˝ obb alakot ¨ olts¨ on. Feltehet˝o, hogy A szimmetrikus, ´ıgy B v´alaszthat´o u ´gy, hogy B T AB diagon´ alis legyen f˝o´atl´oj´aban a saj´at´ert´ekeivel (ezeket λi -vel jel¨ olj¨ uk.) A k¨ ovetkez˝ o eseteket k¨ ul¨onb¨oztetj¨ uk meg: 1. Ha valamennyi saj´ at´ert´ek null´at´ol k¨ ul¨onb¨ozik, A invert´alhat´o, ´ıgy a t = −A−1 b v´ alaszt´ assal egyenlet¨ unk alakja: 

λ1  · XT ·   0 0

··· ··· ··· ···

0 · λn 0

0 · 0 −bT A−1 b + c



  · X = 0. 

´ 2. Altal´ anos esetben legyen az A ortonorm´alt saj´atvektor-rendszere {s1 , . . . , sn }. Ekkor B = [s1 , . . . , sn ], ugyanakkor a b ´es t vektorok {s1 , . . . , sn }

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

234

5. Analitikus geometria

b´ azisra vonatkoz´ o t = t1 s1 + . . . + tn sn , b = b1 s1 + . . . + bn sn el˝o´all´ıt´as´ aban szerepl˝ o ti ´es bi koordin´at´akkal At =

n X

ti λ i s i ,

i=1

illetve innen a (B T = B −1 figyelembev´etel´evel) (B T At + B T b)i = ti λi + bi el˝ o´ all´ıt´ ashoz jutunk. Azaz, ha λi nem nulla, akkor legyen ti = − λbii , ha pedig nulla, akkor az i-edik sor utols´o oszlop´aban ti -t˝ol f¨ uggetlen¨ ul bi ´ all. (Minden sorban legfeljebb egy nem nulla sz´am szerepel.) A ti sz´ amok egy´ertelm˝ uen meghat´arozottak, ha λi nem nulla, egy´ebk´ent a v´egs˝ o formula fel´ır´ as´ aban szerep¨ uk nincs, ´ıgy tov´abbi krit´eriumoknak megfelel˝ o v´ alaszt´ asuk is lehets´eges. A fenti ´eszrev´etelek alapj´ an a m´asodrend˝ u g¨orb´ek (n = 2) illetve m´asodrend˝ u fel¨ uletek (n = 3) ismert t´ıpusai k¨onnyen meghat´arozhat´oak. 5.3.1.1. M´ asodrend˝ u g¨ orb´ek Legyen most n = 2. Ekkor a k¨ovetkez˝o esetek j¨ohetnek sz´oba: 1. λ1 , λ2 > 0 ´es −bT A−1 b + c >, =, < 0. Ekkor az egyenletet kiel´eg´ıt˝o vektorok v´egpontjainak m´ertani helye rendre az u ¨res halmaz, a koordin´atarendszer kezd˝ opontja, illetve ellipszis (a saj´at´ert´ekek egyenl˝os´ege eset´en k¨ or). 2. A λ1 > 0, λ2 = 0 esetben a λ1 x2 + 2b2 y + (−bT A−1 b + c) = 0 egyenlet T −1 b+c helyettes´ıt´es a ad´ odik, melyet b2 6= 0 eset´en az y ′ = y + −b A 2b2 2 ′ λ1 x +2b2 y = 0 alakba viszi. Ebben az esetben a v´egeredm´eny parabola. Ha b2 = 0, sz´ oba j¨ on az u ¨res halmaz, a k´etszeres egyenes, ´es a p´arhuzamos egyenesp´ ar. 3. Ha λ1 = λ2 = 0, akkor a teljes s´ık, vagy az u ¨reshalmaz a lehets´eges megold´ asok. 4. V´eg¨ ul, ha λ1 > 0, λ2 < 0 ´es −bT A−1 b + c >, =, < 0; akkor metsz˝o egyenesp´ ar vagy hiperbola a lehets´eges m´ertani hely. A D = −bT A−1 b + c jel¨ ol´es mellett eredm´enyeinket az al´abbi t´abl´azatban foglalhatjuk ¨ ossze:

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

235

´ s euklideszi te ´r 5.3. Az n-dimenzio

D>0

D=0

D 0

λ2 > 0

∅

x=y=0

ellipszis

λ1 > 0

λ2 = 0

parabola

parabola, x2 = 0

parabola, λ1 x2 = −D

λ1 > 0

λ2 < 0

hiperbola

λ 1 x2 + λ 2 y 2 = 0

hiperbola

λ1 = 0

λ2 = 0

∅

x, y ∈ R

∅

5.3.1.2. M´ asodrend˝ u fel¨ uletek Az n = 3 esetben sz´ oba j¨ ov˝ o esetek rendre: 1. 2. 3. 4. 5.

λ1 , λ2 , λ3 > 0 ´es −bT A−1 b + c >, =, < 0 λ1 , λ2 > 0, λ3 = 0 ´es −bT A−1 b + c >, =, < 0 λ1 > 0, λ2 = λ3 = 0 ´es −bT A−1 b + c >, =, < 0 λ1 = λ2 = λ3 = 0 ´es −bT A−1 b + c >, =, < 0 λ1 , λ2 > 0, λ3 < 0 ´es −bT A−1 b + c >, =, < 0.

Az els˝ o esetben u ¨res alakzatot, egy pontot vagy ellipszoidot kapunk, bele´ertve a g¨ omb eset´et is. A m´ asodik pontban megint megkapjuk az u ¨res alakzatot, tov´abb´a az elliptikus hengert ´es az elliptikus paraboloidot. Ehhez vegy¨ uk ´eszre, hogy a λ1 x2 + λ2 y 2 + 2b3 z + (−bT A−1 b + c) = 0 egyenlet nem z´erus b3 eset´en line´aris helyettes´ıt´essel a λ1 x2 + λ2 y 2 + 2b3 z ′ = 0 alakot ¨ oltheti. A harmadik pontban szint´en gener´al´odik az u ¨res alakzat, a fennmarad´o h´ arom eset a kett˝ os ´es p´ arhuzamos s´ıkp´ar´e, valamint a parabolikus henger´e. Itt megint b2 , b3 6= 0 eset´en a y = 2b3 y ′ + 2b3 z ′ −

D D , z = 2b2 y ′ − 2b2 z ′ − 4b2 4b3

line´ aris helyettes´ıt´essel juthatunk a λ1 x2 + 2b2 y + 2b3 z + (−bT A−1 b + c) = 0

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

236

5. Analitikus geometria

egyenletb˝ ol a λ1 x2 + 2b2 b3 y ′ = 0 egyenlethez, mely parabolikus hengert ad. Ha a k´et param´eter egyike z´erus, szint´en parabolikus henger a v´egeredm´eny, ha mindkett˝o, kett˝os vagy p´arhuzamos s´ıkp´ arok ad´ odnak. A negyedik pontban az u ¨res alakzat mellett a teljes t´er el˝o´all´ıt´as´at is megkapjuk. Az ¨ ot¨ odik pontban az egyk¨openy˝ u ´es k´etk¨openy˝ u hiperboloidok mellett a val´ os k¨ ork´ up is ad´ odik. Az esetek k¨ oz¨ ott tal´ alhat´ ou ¨res alakzat, aszerint, hogy milyen egyenletnek nincs val´ os gy¨ oke, a k¨ ovetkez˝o esetekbe sorolhat´o: k´epzetes ellipszoid (nincs val´ os ide´ alis pontja sem), k´epzetes elliptikus henger (egy val´os ide´alis pontja van), k´epzetes metsz˝ o s´ıkp´ ar (egy val´os egyenese van), k´epzetes p´arhuzamos s´ıkp´ ar (egy val´ os ide´ alis egyenese van). Eredm´enyeinket az al´abbi t´abl´azat foglalja ¨ ossze: D>0

D=0

D 0

λ2 > 0

λ3 > 0

k´epzetes ellipszoid

pont

ellipszoid

λ1 > 0

λ2 > 0

λ3 = 0

k´epzetes elliptikus henger, elliptikus paraboloid

k´epzetes metsz˝ o s´ıkp´ ar, elliptikus paraboloid

elliptikus henger

λ1 > 0

λ2 = 0

λ3 = 0

k´epzetes kett˝ os p´ arhuzamos p´ arhuzamos s´ık, s´ıkp´ ar, s´ıkp´ ar, parabolikus parabolikus parabolikus henger henger henger

λ1 = 0

λ2 = 0

λ3 = 0

∅

x, y, z ∈ R

∅

λ1 > 0

λ2 > 0

λ3 < 0

k´etk¨ openy˝ u

k¨ ork´ up

egyk¨ openy´ u

hiperboloid

www.interkonyv.hu

elliptikus paraboloid

hiperboloid

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ s hiperbolikus te ´r 5.4. Az n-dimenzio

237

5.4. Az n-dimenzi´ os hiperbolikus t´ er ... a logika sok szab´ alya helyett be´ertem a n´egy k¨ ovetkez˝ ovel... A m´ asodik az volt, hogy a vizsg´ al´ od´ asaimban el˝ ofordul´ o minden probl´em´ at annyi r´eszre osszam, ah´ anyra csak lehet ´es ah´ anyra a legjobb megold´ as szempontj´ ab´ ol sz¨ uks´eg van.

´ R. Descartes: Ertekez´ es az ´esz helyes vezet´es´enek m´ odszer´er˝ ol Az n-dimenzi´ os hiperbolikus teret az n-dimenzi´os projekt´ıv modell seg´ıts´eg´evel vezetj¨ uk be. Tekints¨ uk az n-dimenzi´os euklideszi t´er egys´egg¨ombj´et, mint az n-dimenzi´ os hiperbolikus t´er Cayley–Klein-f´ele projekt´ıv modellj´et. Az euklideszi t´ernek a szokott m´odon val´o be´agyaz´asa az n-dimenzi´os projekt´ıv t´erbe lehet˝ os´eget teremt a homog´en koordin´at´ak alkalmaz´as´ara most is. Sz´ am´ıt´ asaink alapj´ at k´et ´eszrev´etel adja: • egyr´eszt a hiperbolikus t´er pontjainak t´avols´aga az orig´ot´ol elemi sz´am´ıt´ asaink alapj´ an ismert, az euklideszi t´avols´ag tangens hiperbolikusz´aval ar´ anyos, • m´ asr´eszt a hiperbolikus egybev´ag´os´agok analitikus alakja fel´ırhat´o. 5.4.1. T´ avols´ ag Kiindulva a Cayley ´ altal bevezetett k´ upszeletre vonatkoz´o relat´ıv t´avols´ag fogalm´ ab´ ol, a modellek fejezet hiperboloidmodell alfejezet´eben le´ırt 2-dimenzi´os elj´ ar´ as az n-dimenzi´ os esetre v´altoz´as n´elk¨ ul adapt´alhat´o. K´enyelmi szempontokat figyelembe v´eve a nulladik koordin´ata szerep´et az (n + 1)-edik koordin´ at´ ara osztjuk, ´es a be´ agyaz´o projekt´ıv t´er t´avols´agk´eplet´et kiindul´asi formul´ anknak tekintj¨ uk. Kapjuk, hogy a t´avols´agot a cosh

−hx, yi d(x, y) =p , k hx, xihy, yi

formula ´ırja le, amelyben a szerepl˝o biline´aris f¨ uggv´eny indefinit bels˝o szorzatot jelent – az (n+1)-edik koordin´at´ak szorzata levon´odik az els˝o n koordin´ata szorzat´ anak ¨ osszeg´eb˝ ol –, a k param´etert pedig 1-nek v´alasztjuk. A Cayley– n P Klein-modell pontjai az xn+1 = 1, x2i < 1 felt´etelekkel vannak norm´alva,

´ıgy az ´ altal´ anos formul´ ab´ ol a

i=1

1 − hp, qi p cosh d(P, Q) = p 1 − hp, pi 1 − hq, qi

osszef¨ ugg´es ad´ odik. ¨

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

238

5. Analitikus geometria

A hiperboloidmodell pontjaira a

n+1 P i=1

ez´ert a k´eplet a

x2i = 1 norm´al´asi felt´etel teljes¨ ul,

cosh d(x, y) = −hx, yi osszef¨ ugg´ess´e egyszer˝ us¨ odik. ¨ 5.4.2. Egybev´ ag´ os´ agok L´ attuk, hogy az n-dimenzi´ os euklideszi t´er egybev´ag´os´agai homog´en der´eksz¨ og˝ u koordin´ at´ ak alkalmaz´ asa mellett a k¨ovetkez˝o alak´ u line´aris transzform´ aci´ ok ekvivalenciaoszt´ alyaival ´ırhat´ok le:   A t , 0T 1 ahol A ortogon´ alis transzform´aci´o. A tov´abbiakban r¨ogz´ıts¨ uk a fix´alt ortonorm´ alt b´ azisra vonatkoz´ o xn+1 = 1 s´ıkot a be´agyaz´o euklideszi hipers´ıknak. Hiperbolikus ter¨ unket pedig reprezent´alja ennek egys´egg¨ombje. Ekkor a t´er pontjainak homog´en koordin´at´ait a n X i=1

x2i ≤ x2n+1

egyenl˝ otlens´eg szab´ alyozza. Az ide´alis pontok ´eppen az egyenl˝os´eg ´altal kijel¨ olt homog´en koordin´ at´ aj´ u pontok, ezek a g¨omb hat´ar´anak pontjai. Legyen a b az (n+1)-dimenzi´os t´er egy line´aris transzform´aci´oja. M´atritov´ abbiakban A b ekvivalenciaoszt´aly´anak az az eleme, melyre x´ anak elemeit ai,j -vel jel¨ olj¨ uk, A e an+1,n+1 ∈ {0, 1} legyen A-val jel¨olve, azaz an+1,n+1 6= 0 eset´en     1 A t e := [a1 , · · · an+1 ] = , A uT 1 an+1,n+1 b = A. e A k¨ egy´ebk´ent A ovetkez˝o k´et t´etel a hiperbolikus egybev´ag´os´agokat jellemzi, igazoljuk, hogy a projekt´ıv m´odon modellezett hiperbolikus t´er izometri´ ai line´ aris transzform´ aci´okkal induk´alhat´ok. 5.4.1. T´ etel. A k¨ ovetkez˝ o´ all´ıt´ asok ekvivalensek: b 1. Az A line´ aris lek´epez´es a modellt invari´ ansan hagyja; 2. Az



  A :=  

www.interkonyv.hu

a1,1 .. .

...

an,1 ian+1,1

... ...

a1,n

1 i a1,n+1

an,n ian+1,n

1 i an,n+1 an+1,n+1

.. .

    

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

239

´ s hiperbolikus te ´r 5.4. Az n-dimenzio

m´ atrix λ-ortogon´ alis, azaz valamely λ > 0 sz´ ammal λE n+1 = AT A; 3. A J=



En 0T

0 −1



b m´ bT J A b egyendefin´ıci´ oval kapott m´ atrix a A atrixxal kiel´eg´ıti a λJ = A l˝ os´eget; b line´ 4. Az A aris transzform´ aci´ o a modell egybev´ ag´ os´ ag´ at induk´ alja.

Bizony´ıt´ as: Az ´ all´ıt´ asokat a t´etelben kimondott sorrendnek megfelel˝oen igazoljuk egym´ asb´ ol. (1 ⇒ 2) El˝ osz¨ or megmutatjuk, hogy a modellszf´er´at invari´ansan tart´o line´aris transzform´ aci´ ok kiel´eg´ıtik a t´etelbeli ortogonalit´asi felt´etelt. Jel¨olje a t´er egy b ortonorm´ alt b´ azis´ at {ei |i = 1, · · · , (n + 1)}. A ±e√ i + en+1 vektorokat az A u vektorba viszi, line´ aris transzform´ aci´ o az xn+1 = 1 s´ıkra mutat´o 2 hossz´ b egy¨ ahonnan az A utthat´ oira a n X

2

(±aj,i + aj,n+1 ) = (±an+1,i + an+1,n+1 )

2

j=1

egyenl˝ os´eghez jutunk. Jel¨ olj¨ uk ai -vel az n-m´eret˝ u A m´atrix i-edik oszlopvektor´ at, ekkor a fenti egyenletet az
hai |ai i − a2n+1,i + (han+1 |an+1 i
−a2n+1,n+1 ± 2 (hai |an+1 i − an+1,i an+1,n+1 ) = 0

(5.1)

alakba ´ırhatjuk. Ez csak u ´gy ´allhat fenn, ha

2 (hai |an+1 i − an+1,i an+1,n+1 ) = 0, ´es ez´ert minden i-re teljes¨ ul a

hai |ai i − a2n+1,i + han+1 |an+1 i − a2n+1,n+1 = 0

egyenlet. Ez´ert szint´en fenn´ all a    1 1 2 2 an+1 | an+1 + an+1,n+1 = (hai |ai i + iai,n+1 ) ) λ := i i

egyenl˝ os´eg, az A oszlopvektorai egyenl˝o hossz´ uak. (Mivel a modellg¨omb (0, 1)T k¨ oz´eppontja is a g¨ omb bels˝ o pontja marad, ez´ert a transzform´aci´o utols´o oszlop´ anak elemeire fenn´ all m´eg az    1 1 an+1 | an+1 + a2n+1,n+1 > 0 λ= i i

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

240

5. Analitikus geometria

osszef¨ ugg´es is, aminek alapj´ an a fenti vektorok hossza” a geometriai hossz.) ¨ ” Az ortogonalit´ as bizony´ıt´ as´ahoz tekinthetj¨ uk a 1 ± √ (ei + ej ) + en+1 = e + en+1 2 alak´ u vektorok k´epeit. Ezek szint´en a modellg¨omb felsz´ın´ere mutatnak, ez´ert a k¨ ovetkez˝ o egyenl˝ os´egekhez vezetnek:  
1 0 = hAe|Aei − √ (an+1,i + an+1,j )2 + han+1 |an+1 i − (an+1,n+1 )2 ± 2   1 ±2 he|an+1 i − √ (an+1,i + an+1,j ) an+1,n+1 . 2 A harmadik tag teh´ at nulla, ´ıgy teljes¨ ul a
1 hai |ai i + haj |aj i + 2 hai |aj i − a2n+1,i − a2n+1,j − 2an+1,i an+1,j = 2 = −han+1 |an+1 i + a2n+1,n+1

egyenl˝ os´eg. Mivel a bal oldal a kor´abbi egyenl˝os´egeket figyelembe v´eve ´eppen

1 2 − han+1 |an+1 i + a2n+1,n+1 + 2 (hai |aj i − an+1,i an+1,j ) , 2

ez´ert minden i, j p´ arra teljes¨ ul, hogy

0 = hai |aj i − an+1,i an+1,j = hai |aj i + (ian+1,i ) (ian+1,j ) . (2 ⇒ 3) A bizony´ıt´ as m´ asodik l´ep´esek´ent bel´atjuk, hogy az ortogonalit´asi felt´etelb˝ ol k¨ ovetkezik a mondott m´asodik m´atrixegyenlet. Val´ oban, a      T 1 T 1 A iu AAT − uuT A t + icu t A i i = λE = 1 T 1 T T iuT c c −tT t + c2 it i t A + icu egyenl˝os´eg alapj´ an
1 1 T A t − cu = AT t + icu = 0, i i

illetve

λ = −tT t + c2 all fenn, ´ıgy ´ 1 J = J λE = λ

www.interkonyv.hu



AAT − uuT −( 1i tT A + icuT )

1 T iA t T

+ icu t t − c2



=

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

241

´ s hiperbolikus te ´r 5.4. Az n-dimenzio

=

1 λ



AAT − uuT AT t − cu tT A − cuT tT t − c 2 1 bT b = A J A, λ



=

ahogy a´ll´ıtottuk. (3 ⇒ 4) A harmadik k¨ ovetkeztet´es igazol´as´ahoz fel kell id´ezni a projekt´ıv modellbeli t´ avols´ agfogalmat. Mivel a modell P, Q pontp´arj´anak hiperbolikus e T = (p, 1)T , q eT = (q, 1)T helyvektoraik seg´ıts´eg´evel a t´ avols´ ag´ at a p 1 − hp, qi p cosh d(P, Q) = p 1 − hp, pi 1 − hq, qi

fejezi ki, a k¨ oz¨ ons´eges (n + 1)-dimenzi´os skal´aris szorzattal ezt az egyszer˝ ubb −hJ(e p), (e q)i p e i hJ(e ei hJ(e p), p q), q

cosh d(P, Q) = p

alakban ´ırhatjuk. ´Igy

−hJ(A(e p)), A(e q)i cosh d(A(P ), A(Q)) = p = hJ(A(e p)), A(e p)ihJ(A(e q)), A(e q)i −hAT JA(e p), (e q)i = T T e ihA JA(e ei hA JA(e p), p q), q

=p

−hλJ(e p), (e q)i = cosh d(P, Q) e ihλJ(e ei hλJ(e p), p q), q mutatja a t´ avols´ agtart´ ast. b a modell egybev´ag´os´ag´at induk´alja, akkor vil´agos m´odon (4 ⇒ 1) V´eg¨ ul ha A a modellg¨ omb¨ ot invari´ ansan is tartja, azaz az utols´o ´all´ıt´asb´ol k¨ovetkezik az els˝ o. =p

5.4.2. T´ etel (A line´aris reprezent´alhat´os´agr´ol). A modell tetsz˝ oleges Φ egybev´ ag´ os´ aga line´ aris transzform´ aci´ oval induk´ alhat´ o. Bizony´ıt´ as: El˝ osz¨ or vegy¨ uk ´eszre, hogy a hiperbolikus t´er egybev´ag´os´againak csoportja gener´ alhat´ o egy ponton ´athalad´o hipers´ıkra val´o t¨ ukr¨oz´esek ´es ezen a ponton ´ athalad´ o egyenesek menti eltol´asokkal. Val´oban, tetsz˝oleges hiperbolikus egybev´ ag´ os´ ag el˝o´all v´eges sok, (legfeljebb n + 1) hipers´ıkra val´o t¨ ukr¨ oz´es szorzatak´ent, tetsz˝ oleges s´ıkra vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´es pedig egy orig´on athalad´ ´ o s´ıkra vonatkoz´ o t¨ ukr¨oz´es konjug´altja egy orig´on ´athalad´o egyenes ment´en v´egzett eltol´ assal1 . Ez ut´obbi lek´epez´es analitikus alakja viszont egy 1

A hipers´ıkra mer˝ oleges egyenes mint alapegyenes meghat´ aroz egy eltol´ ast, mely az egyenesnek a hipers´ıkkal val´ o metsz´ espontj´ at az orig´ oba viszi. K¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy ezen eltol´ assal konjug´ alva az egyenesre mer˝ oleges, az O-n ´ athalad´ o hipers´ıkra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´ est, ´ eppen az adott s´ıkt¨ ukr¨ oz´ est kapjuk.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

242

5. Analitikus geometria

orig´ ot fixen hagy´ o egybev´ ag´ os´ag szorzata egy valamelyik koordin´atatengelyt invari´ansan tart´ o eltol´ assal, ez´ert az egybev´ag´os´agcsoport a koordin´atatengelyek menti eltol´ asok ´es az orig´ot fixen hagy´o hipers´ıkt¨ ukr¨oz´esek ´altal gener´alt csoport. A tov´ abbiakban line´ aris transzform´aci´oval reprezent´aljuk ezen gener´atorelemeket. Tekints¨ unk el˝ osz¨ or egy   D t , uT c alak´ u, a modell egybev´ ag´ os´ ag´at induk´al´o regul´aris m´atrixot, ahol D diagon´alis. Igazoljuk, hogy ez valamelyik koordin´atatengely ir´any´aban v´egrehajtott p´ arhuzamos ´ athelyez´est val´ os´ıt meg. A D m´ atrix f˝ o´ atl´ oj´ aban lev˝o elemek legyenek rendre d1 , d2 , · · · , dn , t koordin´ at´ ai ti , u koordin´ at´ ai ui . Felt´etel¨ unk szerint minden 1 ≤ i ≤ n-re teljes¨ ul d2i

−

u2i

=−

n X

t2i + c2 ,

i=1

´es minden 1 ≤ i 6= j ≤ n p´ arra fenn´all −ui uj = 0. A m´ asodik egyenl˝ os´eg miatt az ui -k k¨oz¨ott legfeljebb egy nem nulla szerepel, legyen ez u1 . Ha 2 ≤ i ≤ n teljes¨ ul, akkor az (n + 1)-edik oszlopvektorra vonatkoz´ o mer˝ olegess´eg alapj´an di ti = 0. Azonban a teljes m´ atrix nem tartalmazhat z´erus oszlopot, ´ıgy ezen indexekre ti = 0 ´ all fenn, ez´ert a k¨ ovetkez˝o egyenletekre jutunk: d21 − u21 = d22 = · · · = d2n = −t21 + c2 . Felt´eve, hogy ezen k¨ oz¨ os ´ert´ek 1, v´alasszuk a koordin´atatengelyek ir´any´at u ´gy, hogy d2 = · · · = dn = 1 teljes¨ ulj¨on. Az els˝o ´es az (n + 1)-edik oszlopok mer˝ olegess´ege most a 1i d1 t1 + iu1 c = 0 egyenl˝os´eget adja, ahonnan t21 =

u21 c2 d21

ad´ odik. Ezt az els˝ o egyenletbe helyettes´ıtve kapjuk, hogy d21 − u21 =

www.interkonyv.hu

(d21 − u21 )c2 , d21

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

243

´ s hiperbolikus te ´r 5.4. Az n-dimenzio

azaz a d21 = c2 egyenl˝os´eghez jutunk. A d1 = c egyenl˝os´eg a t1 = u1 egyenl˝ os´eget implik´ alja, melyet ¨ osszevetve a c2 − t21 = 1 egyenl˝os´eggel l´athatjuk, hogy valamely d val´ os sz´ ammal d1 = c = cosh d ´es t1 = u1 = sinh d. Ha feltessz¨ uk, hogy d1 = −c, akkor t1 = −u1 , ´es az (n + 1)-edik tengely ir´ any´ at megv´ altoztatva szint´en az 

  e :=  A   

cosh d 0 .. .

0 1 .. .

... ...

0 sinh d

0 0

... ...

0 0

sinh d 0 .. .

1 0 0 cosh d

      

(5.2)

alakot kapjuk. Igazoljuk, hogy ezen lek´epez´es a modellg¨ombnek megfelel˝o hiperbolikus t´erben az x1 tengely ment´en d t´avols´aggal val´o eltol´ast gener´alja. Ehhez legyen P tetsz˝ oleges modellbeli pont a (p, 1)T helyvektorral. Lek´epez´es¨ unk a p = (tanh r)e1 + pm vektort vigye (p′ , 1)T -ba. Eredm´eny¨ unk a   (cosh d)(tanh r) + sinh d   pm (sinh d)(tanh r) + cosh d

vektor, ahonnan

x1 e1 +

p′m

′

=p =

(cosh d)(tanh r)+sinh d (sinh d)(tanh r)+cosh d pm (sinh d)(tanh r)+cosh d

!

.

Azaz a k´epvektor x1 tengelyre vonatkoz´o mer˝oleges vet¨ ulete x1 e1 = tanh(r + d)e1 , ´es a p′m komponens a pm komponens alkalmas ny´ ujt´as´aval ad´odik. Figyelembev´eve a modell illeszked´esi strukt´ ur´aj´at ebb˝ol r¨ogt¨on ad´odik, hogy az x1 tengely ´es a P P ′ egyenes egys´ıkuak. Ha igazoljuk, hogy a P ´es P ′ pontok x1 tengelyt˝ ol m´ert hiperbolikus t´avols´agai megegyeznek, bizony´ıtottuk, hogy a line´ aris lek´epez´es ´ altal induk´alt transzform´aci´o a hiperbolikus t´er x1 -tengely ir´ any´ u, d t´ avols´ aggal t¨ ort´en˝ o eltol´asa. Mivel a modell P, Q pontp´arj´anak hiperbolikus t´ avols´ ag´ at a (p, 1)T , (q, 1)T helyvektoraik seg´ıts´eg´evel a 1 − hp, qi p cosh d(P, Q) = p 1 − hp, pi 1 − hq, qi

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

244

5. Analitikus geometria

fejezi ki, a P , ´es mer˝ oleges vet¨ ulet´enek, (tanh r)e1 -nek a t´avols´aga ´ıgy s 1 − tanh2 r 1 − tanh2 r q = . p 1 − (hpm , pm i + tanh2 r) 1 − tanh2 r 1 − (hp , p i + tanh2 r) m

m

Hasonl´ ok´eppen, a P ′ ´es az o˝ mer˝oleges vet¨ ulet´enek, (tanh(r + d))e1 -nek a t´ avols´ aga v s u 1 − tanh2 (r + d) u 1 − tanh2 (r + d) t = = hpm ,pm i 2 1 − hp′ , p′ i 1−( 2 + tanh (r + d)) ((sinh d)(tanh r)+cosh d)

v u u =t

1 cosh2 (r+d)

v u u =t

1 cosh2 (r)

1 rhpm ,pm i − hpm , pm i − cosh cosh2 (r) cosh2 (r+d) s 1 − tanh2 r = , 1 − (hpm , pm i + tanh2 r)

1 cosh2 (r+d)

2

=

´ıgy a k´et t´ avols´ ag val´ oban megegyezik. M´ asodszor vegy¨ uk ´eszre, hogy a kor´abbiak szerint az   A 0 0T c

transzform´ aci´ o, ahol A λ-ortogon´alis a λ = c2 sz´ammal, az orig´ot fixen tart´o hiperbolikus egybev´ ag´ os´ agot induk´al. ´Igy ha A az n-dimenzi´os euklideszi t´er hipers´ıkra vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´es´et adja, a fenti m´atrix a hiperbolikus t´er O-t fixen tart´ o hipers´ıkt¨ ukr¨ oz´es´et induk´alja. Ezzel ezen ´all´ıt´asunkat is igazoltuk. A fenti bizony´ıt´ asban meghat´aroztuk az xi tengely menti d t´avols´ag´ u eltol´ ast reprezent´ al´ o line´ aris lek´epez´es m´atrix´at. A hiperbolikus s´ık egybev´ag´os´ agai k¨ oz¨ ul ´erdekes lehet a p´arhuzamos ´athelyez´es analitikus le´ır´asa is. Ezen 3-m´eret˝ u m´ atrix a k¨ ovetkez˝ o m´odon kaphat´o meg. Az x1 tengely˝ u, O-n ´athalad´ o paraciklus menti valamely φ p´arhuzamos ´athelyez´est defini´aljuk az x1 tengelyre vonatkoz´ o ´es a (−1, 0, 1) ponton ´athalad´o, az x1 tengellyel α sz¨oget bez´ ar´ o e egyenesre vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´esek szorzatak´ent. Ha az e egyenes t´ avols´ aga az O pontt´ ol a hiperbolikus s´ıkon d, akkor fenn´all a sin α = tanh d osszef¨ ugg´es. Ebb˝ ol r¨ ogt¨ on ad´odik, hogy a ¨ cos α =

www.interkonyv.hu

1 ´es tan α = sinh d cosh d

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

245

´ s hiperbolikus te ´r 5.4. Az n-dimenzio

osszef¨ ugg´esek is fenn´ allnak. H´ uzzunk most az e egyenessel O-n kereszt¨ ul a ¨ modellben p´ arhuzamos e′ egyenest. Ennek egys´eg norm´alvektora a (− sin α, cos α, 0)T vektor, ez´ert az erre vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´es m´atrixa az 

1 − 2 sin2 α  2 sin α cos α 0

2 sin α cos α 1 − 2 cos2 α 0

  0 0 = 1

1−sinh2 d cosh2 d 2 tanh d cosh d

0

2 tanh d cosh d sinh2 d−1 cosh2 d

0

 0 0  1

m´ atrix. Mivel az e′ , majd az e egyenesekre vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´esek szorzata nem m´ as, mint a r´ ajuk mer˝ oleges, O-n ´athalad´o egyenes menti 2d t´avols´ag´ u eltol´as, ez´ert az e egyenesre vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´es m´atrixa egyenl˝o az e-re vonatkoz´o t¨ ukr¨ oz´es, az e′ -re vonatkoz´ o t¨ ukr¨oz´es ´es ezen eltol´as szorzat´aval. ´Igy kapjuk, hogy a keresett m´ atrix nem m´as, mint az al´abbi m´atrixok szorzata:     − sin α − cos α 0 cosh(2d) 0 sinh(2d) − sin α + cos α 0  cos α − sin α 0   − cos α − sin α 0  , 0 1 0 0 0 1 sinh(2d) 0 cosh(2d) 0 0 1 illetve

 

1−sinh2 d cosh2 d 2 tanh d cosh d

0

2 tanh d cosh d sinh2 d−1 cosh2 d

0

Az x1 tengelyre vonatkoz´ o t¨ ukr¨oz´es m´atrixa   1 0 0  0 −1 0  . 0 0 1

 0 0 . 1

Ez´ert az x1 , majd az e egyenesekre vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´esek szorzat´at az al´abbi szorzat adja:   d cosh(2d) tanh2 d + cosh1 2 d tanh cosh d (1 − cosh(2d)) − sinh(2d) tanh d   sinh(2d) cosh(2d) tanh d + tanh2 d ×  cosh d (1 − cosh(2d)) cosh d cosh2 d sinh(2d) − sinh(2d) tanh d cosh(2d) cosh d 

×

www.interkonyv.hu

1−sinh2 d cosh2 d 2 tanh d cosh d

0

tanh d − 2cosh d 2 d−1 − sinh 2 cosh d 0

 0 0 . 1

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

246

5. Analitikus geometria

A vizsg´ alt p´ arhuzamos ´ athelyez´es az O pontot a megfelel˝o paracikluson u ´gy mozgatja el, hogy 2d hossz´ us´ag´ u szakasz k¨oti ¨ossze ˝ot a k´ep´evel. Ezen paracikluson a pontok teh´ at 2 sinh d hossz´ u ´ıvvel helyez˝odnek ´at (l´asd 6.5.3.). Vezess¨ uk be az s = 2 sinh d jel¨ol´est. Ekkor r s2 s2 2 2 2 cosh(2d) = cosh d + sinh d = 1 + 2 sinh d = 1 + , cosh d = 1 + . 2 4 Ez´ert tanh d = √ ´es a m´ atrixszorzat a k¨ ovetkez˝o alakot  4 2 2 s3 s +2s +8 − s2 − 4+s 2 2(4+s2 )  s3 4+3s2  − 4+s s 2 4+s2 2 2 − s2 s 1 + s2 

=

−s2 +2 2

s

s2 2

s , 4 + s2

¨olti:   

−s 1 s

4−s2 4+s2 4s 4+s2

4s − 4+s 2 −4+s2 − 4+s2 0

0

−s2 2

s

2+s2 2



 0  0 = 1

.

P´eld´ aul s = 2 helyettes´ıt´essel transzform´aci´om´atrixnak az   −1 −2 −2  2 1 2  2 2 3

m´ atrix ad´ odik. Az ´ altalunk vizsg´alt egyenesp´ar, (x1 , y) olyan p´arhuzamos ´athelyez´est val´ os´ıt meg, melyn´el az O-t a k´ep´evel ¨osszek¨ot˝o szakasz a rajtuk ´athalad´ o tengelyekkel, x1 -gyel, illetve y-nal π2 − α sz¨oget z´arnak be. Tetsz˝oleges p´ arhuzamos ´ athelyez´es tetsz˝ oleges meghat´aroz´o egyenesp´arj´ara vonatkoz´oan ilyen korresponde´ al´ o pontp´ ar egy´ertelm˝ uen l´etezik. Azaz az α sz¨og r¨ogz´ıt´ese adott p´ arhuzamos ´ athelyez´es eset´en kijel¨ol egy paraciklust, amelyen a megfelel˝ o pontp´ arok paracikluson m´ert t´avols´aga s = 2 sinh d = 2 tan α. Ez´ert az α sz¨ og is haszn´ alhat´ o geometriai jelent´essel b´ır´o param´eterk´ent, ezzel fel´ırva a p´ arhuzamos ´ athelyez´est az   1 − 2 tan2 α −2 tan α −2 tan2 α   2 tan α 1 2 tan α 2 2 2 tan α 2 tan α 1 + 2 tan α

reprezent´ al´ o m´ atrixhoz jutunk. Jelen szakasz utols´ o eredm´enyek´ent megmutatjuk, hogy a projekt´ıv t´er vektorainak m´ asik norm´ al´ as´ aval ad´od´o L hiperboloidmodell seg´ıts´eg´evel H n

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ s hiperbolikus te ´r 5.4. Az n-dimenzio

247

differenci´ algeometriai ´ertelemben is j´ol kezelhet˝o, a topologikus izometri´ai ´eppen a line´ aris izometri´ ak. (Ezen ut´obbiakat pedig az el˝oz˝o k´et t´etel¨ unk jellemzi.) A tov´ abbiakban L mint H n modellje a fels˝o f´elt´erbe es˝o hiperboloiddarabot jelenti. 5.4.1. Lemma. Legyen a hiperboloidmodell egy pontj´ aba mutat´ o helyvektor p. Ekkor a p pontbeli ´erint˝ ot´er – az indefinit skal´ aris szorzat szerint ´ertve – ´eppen a p-re ortogon´ alis vektorok halmaza. A lemma k¨ ovetkezm´enye, hogy az indefinit skal´aris szorzat megszor´ıt´asa a hiperboloid ´erint˝ otereire pozit´ıv definit skal´aris szorzatot ad. Ez´ert a modell tekinthet˝ o egy Riemann-sokas´agnak, ahol a skal´aris szorzat induk´alja a t´er metrik´ aj´ at a k¨ ovetkez˝ o m´odon. Jel¨olj¨ uk ds2 -tel azt a f¨ uggv´enyt, amely a modell egy pontj´ aban felvett ´erint˝os´ık k´et vektor´anak a skal´aris szorzat´at rendeli a pont ´es a k´et ´erint˝ ovektor ´altal meghat´arozott h´armashoz. Nyilv´an a f¨ uggv´eny sima (ak´ arh´ anyszor differenci´alhat´o), ´es sz´armaztathat´o bel˝ole tetsz˝ oleges, a modellhez tartoz´o γ : [a, b] → L g¨orbe ´ıvhossza az s(γ) =

Z

b a

q hγ(t), ˙ γ(t)i ˙ γ(t) dt

formul´ aval. A Riemann-t´ avols´aga az x = γ(a) illetve y = γ(b) pontoknak: d(x, y) := inf {s(γ) olyan γ f¨ uggv´enyekre, melyekre γ(a) = x, γ(b) = y} . Topologikus (metrikus) izometri´ar´ol besz´el¨ unk egy olyan L → L homeomorfizmus eset´en, ami a pontp´ arok Riemann-t´avols´ag´at ˝orzi. Legyen F egy linearis izometria (azaz F line´ ´ aris lek´epez´es, ´es a be´agyaz´o t´er skal´aris szorzat´at orzi, valamint L-et L-be viszi), melynek a megszor´ıt´asa L-re f . Ha x, y ∈ L ˝ k´et pont, akkor az x-b˝ ol y-ba halad´o g¨orbe ´ıvhossz´at o¨ssze tudjuk hasonl´ıtani az f (x)-b´ ol indul´ o, f (y)-ba ´erkez˝o megfelel˝o g¨orbe ´ıvhossz´aval. Val´oban, az hDf (γ), ˙ Df (γ)i ˙ γ = hDF (γ), ˙ DF (γ)i ˙ γ = hF (γ), ˙ F (γ)i ˙ γ = hγ, ˙ γi ˙ γ egyenl˝ os´egek mutatj´ ak, hogy a line´aris izometria a g¨orb´ek ´ıvhossz´at ˝orzi. ´Igy orzi a pontok Riemann-t´ ˝ avols´ag´at is. A k¨ovetkez˝okben az L-beli x pontot a be´ agyaz´ o t´erbeli helyvektor´ aval, x-el azonos´ıtjuk. 5.4.2. Lemma. Az x, y pontok Riemann-t´ avols´ aga kifejezhet˝ o az indefinit skal´ aris szorzattal, pontosabban: cosh(d(x, y)) = −hx, yi. Bizony´ıt´ as: A fenti formul´ aban az infinumot szolg´altat´o geodetikus g¨orb´ek a Cayley–Klein-modellben is geodetikusok, hiszen ugyanazon formula alapj´an ugyanazon skal´ aris szorzatra n´ezve v´egezz¨ uk az integr´al´ast. Ez´ert a projekt´ıv

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

248

5. Analitikus geometria

alapformula megfelel˝ o norm´ al´as´aval ad´odik a k´et pont t´avols´ag´ara vonatkoz´o k´eplet. Tegy¨ uk fel, hogy f topologikus izometria L-en. Az xi ∈ L i = 1, · · · , n + 1 pontok legyenek line´ arisan f¨ uggetlenek, ´ıgy defini´alhatunk egy F line´aris lek´epez´est az F (xi ) = f (xi ) egyenl˝os´egekkel. Ha a standard ei b´azis elemei az n+1 X ei = ail xl l=1

egyenl˝ os´egekkel adottak, akkor

hF (ei ), F (ej )i =

= − cosh(d(f (xi ), f (xj )))

n+1 X

l,k=1

n+1 X

l,k=1

ail ajk hf (xi ), f (xj )i =

ail ajk = − cosh(d(xi , xj ))

n+1 X

l,k=1

ail ajk = hei , ej i

mutatja, hogy F -re invari´ ans az indefinit skal´arszorzat. Igazolnunk kell m´eg, hogy megszor´ıt´ asa L-re ´eppen f . Feltehet˝o, hogy f (xi ) = xi minden i-re (k¨ ul¨ onben tekinthetn´enk az F −1 ◦ f lek´epez´est), ´es bizony´ıtanunk kell, hogy F az L-en ekkor az identit´ as. Ehhez tekints¨ uk az hF (x), F (ej )i =

n+1 X l=1

ail hf (x), f (xj )i = − cosh(d(f (x), f (xi )))

= − cosh(d(x, xi ))

n+1 X l=1

n+1 X

ail =

l=1

ail = hx, ei i

egyenl˝ os´eget. Mivel ez minden i-re fenn´all, F (x) = x, de az x v´alaszt´asa L-n tetsz˝ oleges volt, ez´ert val´ oban F az L-en az identit´as. Kaptuk teh´at, hogy tetsz˝ oleges Riemann-izometria egy line´aris izometria megszor´ıt´asa L-re. ´Igy ad´ odik a k¨ ovetkez˝ o t´etel. 5.4.3. T´ etel. A pszeudoeuklideszi t´erbe be´ agyazott hiperbolikus t´er hiperboloidmodellj´ere vonatkoz´ o topologikus ´es line´ aris izometriafogalmak megegyeznek. Minden line´ aris izometria invari´ ansan hagyja a Riemann-metrik´ at, ´es minden topologikus izometria kiterjed a be´ agyaz´ o t´er line´ aris izometri´ aj´ av´ a.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ s szfe ´rikus te ´r 5.5. Az n-dimenzio

249

5.5. Az n-dimenzi´ os szf´ erikus t´ er ... a logika sok szab´ alya helyett be´ertem a n´egy k¨ ovetkez˝ ovel... A harmadik az, hogy bizonyos rendet k¨ ovessek gondolkod´ asomban, m´egpedig olyk´epp, hogy a legegyszer˝ ubb ´es a legk¨ onnyebben megismerhet˝ o t´ argyakkal kell kezdenem, hogy azt´ an lassan, fokozatosan emelkedjem fel az osszetettebbek ismeret´ehez; s m´eg azok k¨ oz¨ ott is fel kell ¨ t´etelezzek bizonyos rendet, amelyek nem mag´ at´ ol ´erthet˝ oen k¨ ovetkeznek egym´ as ut´ an.

´ R. Descartes: Ertekez´ es az ´esz helyes vezet´es´enek m´ odszer´er˝ ol Az n-dimenzi´ os szf´erikus t´er az (n + 1)-dimenzi´os euklideszi t´er egys´egvektorainak v´egpontjai ´ altal modellezhet˝o t´er, ahol a pontok t´avols´ag´at a t´er skal´ aris szorzat´ ab´ ol defini´ alhatjuk a cos d(x, y) = hx, yi formula seg´ıts´eg´evel. Az illeszked´esi strukt´ ur´at a be´agyaz´o t´er alt´errendszere sz´ armaztatja ennek g¨ ombfelsz´ınre val´o megszor´ıt´asa ´altal. Az egydimenzi´os alterek k´et ´ atellenes pontot jel¨olnek ki, a k´etdimenzi´osak egy f˝ok¨ort, ´altal´aban egy k-dimenzi´ os alt´er egy k − 1-dimenzi´os u ´n. szf´er´at jel¨ol ki. A kapott szf´er´ akra az abszol´ ut terek illeszked´esi axi´om´ai k¨oz¨ ul m´ar az els˝o sem teljes¨ ul, ha tetsz˝ oleges k´et pontot k¨ ul¨onb¨oz˝onek tekint¨ unk (k´et ´atellenes pont sok f˝ ok¨ ort hat´ aroz meg), de ´ertelmezhet˝ok a geometriai vizsg´alatok alapfogalmai ´es objektumai (geodetikus, sz¨og, soksz¨ogek, poli´ederek, konvexit´as), ´es minden konkr´et euklideszi vagy hiperbolikus formula ´es t´etel valamilyen szinten adapt´ alhat´ o a szf´erikus t´erben. Ha nem ragaszkodunk az abszol´ ut terek´ehez hasonl´ o konzekvens axiomatikus fel´ep´ıt´eshez, a szf´erikus geometria nem egy´eb, mint a g¨ ombfelsz´ınre vonatkoz´o geometriai ´all´ıt´asok ´es ¨osszef¨ ugg´esek egy speci´ alis egy¨ uttese. Ha vizsg´alatainkat az abszol´ ut terekn´el l´atott axiomatikus rendszerben szeretn´enk folytatni, sz¨ uks´eges az ´atellenes pontp´arok azonos´ıt´ as´ aval egy u ´jabb strukt´ ur´at l´etrehozni, amelyet elliptikus geometri´anak nevezhet¨ unk. A kapott modell mellett az elliptikus terek tipikus k´epvisel˝ oi a projekt´ıv terek, ezeknek egy k¨ ul¨on fejezetet szentel¨ unk. Itt val´oban csak a szf´erikus t´errel foglalkozunk, egybevetve a kapott formul´akat az euklideszi ´es hiperbolikus formul´ akkal is. 5.5.1. Elemi formul´ ak El˝ osz¨ or elemi ¨ osszef¨ ugg´eseket fogunk ¨ossze hasonl´ıtani. T´abl´azataink a h´aromsz¨ ogek oldalai ´es sz¨ ogei k¨ozti ¨osszef¨ ugg´eseket mutatj´ak. A szf´erikus formul´ akban a teret modellez˝ o g¨omb sugar´at, m´ıg a hiperbolikusokban a t´er k param´eter´et v´ alasztottuk egys´egnyinek. A h´aromsz¨og oldalai a, b, c, szemben lev˝ o sz¨ ogei rendre α, β, γ, a-hoz tartoz´o magass´aga m, amely a-t az el˝ojeles a1 ,

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

250

5. Analitikus geometria

a2 szakaszokra bontja. Legyen tov´abb´a s a h´ aromsz¨og f´elker¨ ulete. A szinusz-, koszinuszt´etelek alakjait, tov´abb´a a h´aromsz¨og ter¨ ulet´enek sz¨ogekkel ´es oldalakkal kifejezett formul´ ait hasonl´ıthatjuk ¨ossze. A hiperbolikus ´es szf´erikus formul´ akban a trigonometrikus, illetve hiperbolikus f¨ uggv´enyek hatv´anysorel˝ o´ all´ıt´ as´ aban a hosszjelleg˝ u param´eterekkel null´ahoz tartva ugyanazon hat´ arformul´ akat kapjuk – ezek ´eppen az euklideszi geometria formul´ai. Jelen paragrafusban a szf´erikus formul´akat bizony´ıtjuk. A hiperbolikus formul´ak ezekb˝ ol form´ alisan megkaphat´ok a hosszjelleg˝ u param´eterek tiszt´an k´epzetes helyettes´ıt´es´evel, ha felhaszn´aljuk a k¨ovetkez˝o azonoss´agokat: i sinh a = sin(ia), cosh a = cos(ia), i tanh a = tan(ia). Az 1.7 pontban igazoltuk a Bolyai-f´ele abszol´ ut szinuszt´etelt, ami mag´aban foglalja a szf´erikus esetet is. L´attuk azt is, hogy a szf´erikus trigonometria a be´ agyaz´ o t´ert˝ ol f¨ uggetlen, az euklideszi ´es hiperbolikus t´erbeli formul´ak megegyeznek. Most az oldalakra vonatkoz´o koszinuszt´etel egy vektorokkal t¨ ort´en˝ o bizony´ıt´ as´ at adjuk. 5.5.1. T´ etel (G¨ ombi koszinuszt´etel). cos c = cos a cos b + sin a sin b cos γ Bizony´ıt´ as: A h´ aromsz¨ og cs´ ucspontjaiba mutassanak rendre az a, b, c helyvektorok. A c vektorra mer˝ oleges s´ık metszete az a, illetve b oldalat meghat´ aroz´ o s´ıkkal adja az a′ , b′ vektorokat. Ekkor a = (cos b)c + (sin b)a′ ´es b = (cos a)c + (sin a)b′ , ez´ert cos c = ha, bi = cos a cos b + sin a sin bha′ , b′ i = cos a cos b + sin a sin b cos γ, ahogy ´ all´ıtottuk. A sz¨ ogekre vonatkoz´ o koszinuszt´etel azonnal ad´odik ebb˝ol, ha a g¨ombh´aromsz¨ og pol´ arh´ aromsz¨ og´ere fel´ırjuk az oldalakra vonatkoz´ot. A pol´arh´aromsz¨ og cs´ ucsait a g¨ ombb˝ ol az eredeti h´aromsz¨og oldalait kimetsz˝o s´ıkok norm´alvektorai adj´ ak. Ezen h´ aromsz¨og oldalainak m´ert´eke az eredeti h´aromsz¨og sz¨ogeinek m´ert´ek´evel egyezik meg ´es ford´ıtva. K¨ovetkez˝o eml´ıt´esre m´elt´o ´all´ıt´as a h´ aromsz¨ og ter¨ ulet´enek meghat´aroz´asa sz¨ogei f¨ uggv´eny´eben. A ter¨ ulet fogalm´ at a modellg¨ omb felsz´ın´enek seg´ıts´eg´evel ´ertelmezz¨ uk, a s´ık egy halmaz´anak akkor van ter¨ ulete, ha a megfelel˝o g¨ombfel¨ uletr´esznek van felsz´ıne, a ter¨ ulet m´ert´eke ilyenkor ezen ´ert´ek. A s´ık h´aromsz¨ogtartom´anyai a modellg¨omb π-n´el kisebb oldal´ u g¨ ombh´ aromsz¨ ogeik´ent tekinthet˝ok, azzal a megjegyz´essel, hogy egy r¨ ogz´ıtett h´ aromsz¨ og eset´en a modellg¨omb forgathat´o u ´gy, hogy oldalai euklideszi ´ertelemben ¨ osszef¨ ugg˝oek legyenek. Felhaszn´aljuk m´eg a g¨ombk´etsz¨ og fogalm´ at, amely k´et g¨ ombi f˝ok¨or ´altal meghat´arozott, π-n´el kisebb sz¨og˝ u

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

251

´ s szfe ´rikus te ´r 5.5. Az n-dimenzio

g¨ ombi tartom´ any. A g¨ ombk´etsz¨og a g¨omb¨on elfoglalt helyzet´et˝ol eltekintve a f˝ ok¨ or¨ ok s´ıkjai ´ altal meghat´arozott, felsz´ıne egyszer˝ u integr´al´assal ad´od´oan 2αr2 , ahol α a g¨ ombk´etsz¨ og sz¨oge. 5.5.2. T´ etel. Az α, β, γ sz¨ ogekkel rendelkez˝ o h´ aromsz¨ og szf´erikus ter¨ ulete T = (α + β + γ − π)r2 , ahol r a modellg¨ omb sugara. Bizony´ıt´ as: Tekints¨ uk a 5.4. ´abr´an jel¨olt ABC h´aromsz¨oget. Ennek sz¨o-

c b

a

a O

g

b

5.4. ´ abra. A h´ aromsz¨og ter¨ ulete a szf´erikus modellben gei rendre α, β, γ. Az α sz¨ og˝ u sz¨ogtartom´any meghat´aroz k´et g¨ombk´etsz¨oget, melyek egyenk´ent tartalmazz´ak az ABC ´es az ´atellenes, vele egybev´ag´o g¨ ombh´ aromsz¨ oget. Hasonl´ oan van k´et β ´es k´et γ sz¨og˝ u sz¨ogtartom´any, melyek szint´en tartalmazz´ ak a k´et g¨ombh´aromsz¨oget. A hat g¨ombk´etsz¨og egy¨ uttesen lefedi a g¨ omb¨ ot oly m´ odon, hogy a g¨ombh´aromsz¨ogeket h´arom-h´arom fedi. ´Igy a k¨ ovetkez˝ o formul´ ahoz jutunk: 2(2α + 2β + 2γ)r2 = 4πr2 + 4T, ahonnan r¨ ogt¨ on ad´ odik, hogy T = (α + β + γ − π)r2 . Most r´ at´er¨ unk az oldalak hossza alapj´an sz´amolhat´o k´epletek igazol´as´ara. A tov´ abbiakban a g¨ omb¨ ok sugara 1. 5.5.3. T´ etel. Ha egy T ter¨ ulet˝ u g¨ ombh´ aromsz¨ og a hossz´ us´ ag´ u oldal´ at a hozz´ a tartoz´ o m magass´ ag az (el˝ ojeles) a1 , a2 hossz´ u ´ıvekre bontja, akkor fenn´ all a
a1 a2 tan m T 2 tan 2 + tan 2 tan = 2 1 − tan a21 tan a22 tan2 m 2 o ugg´es. ¨sszef¨

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

252

5. Analitikus geometria

Bizony´ıt´ as: Tekints¨ unk egy a,b befog´okkal rendelkez˝o der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ oget. Ennek ter¨ ulete el˝ oz˝ o t´etel¨ unk szerint

Azaz tan

T = tan 2

Sz´ amoljuk el˝ osz¨ or ki a

T = (α + β) −

π . 2



=

α+β π − 2 4 



α+β tan 2

tan α+β 2 −1

tan α+β 2 +1

.



´ert´eket. A koszinuszt´etel szerint cos a = cos b cos c + sin b sin c cos α = cos2 b cos a + sin b sin c cos α, ahonnan – felhaszn´ alva a cos c = cos a cos b g¨ombi Pitagorasz-t´etelt – kapjuk, hogy cos a sin b . cos α = sin c Ez´ert r α sin c + cos a sin b cos = , 2 2 sin c r α sin c − cos a sin b sin = , 2 2 sin c ´es ´ıgy 1 p α+β sin = (sin c − cos a sin b)(sin c + cos b sin a)+ 2 2 sin c  p + (sin c + cos a sin b)(sin c − cos b sin a) = q 1 (sin2 c + sin c sin(a − b) − sin a sin b cos a cos b)+ = 2 sin c  q 2 (sin c − sin c sin(a − b) − sin a sin b cos a cos b) = =

1 p (1 − cos a cos b cos(a − b) + sin c sin(a − b))+ 2 sin c  p + (1 − cos a cos b cos(a − b) − sin c sin(a − b)) =

=

www.interkonyv.hu

1 p (1 − cos c cos(a − b) + sin c sin(a − b))+ 2 sin c

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

253

´ s szfe ´rikus te ´r 5.5. Az n-dimenzio

 p + (1 − cos c cos(a − b) − sin c sin(a − b)) =  p 1 p (1 − cos(a − b + c)) + (1 − cos(c − a + b)) = = 2 sin c √      2 a−b+c c−a+b = sin + sin = 2 sin c 2 2 √ √ 2 cos a−b 2 c a−b 2 = sin cos = . sin c 2 2 2 cos 2c Hasonl´oan kapjuk, hogy α+β = cos 2 ez´ert tan

√

2 cos a+b 2 , 2 cos 2c

cos a−b α+β 2 , = 2 cos a+b 2

ahonnan tan

a+b cos a−b −2 sin a2 sin −b T a b 2 − cos 2 2 = = = tan tan . a−b a+b 2 2 2 cos 2 + cos 2 2 cos a2 cos −b 2

Azaz a t´etel ´ all´ıt´ asa der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogre teljes¨ ul. Az m magass´ag seg´ıts´eg´evel h´ aromsz¨ og¨ unket k´et der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogb˝ol ´all´ıthatjuk el˝o, ´ıgy val´ oban fenn´ all a
a1 a2 tan m T 2 tan 2 + tan 2 tan = 2 1 − tan a21 tan a22 tan2 m 2 formula. 5.5.4. T´ etel (H´eron formul´ aja a g¨omb¨on). Ha a, b, c, s, T egy g¨ ombh´ aromsz¨ og oldalai, f´elker¨ ulete ´es ter¨ ulete, akkor r s s−a s−b s−c tan tan . T = 4 arctan tan tan 2 2 2 2 Bizony´ıt´ as: Az el˝ oz˝ o t´etel¨ unkben der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og eset´ere igazoltuk a √ 2 cos a−b α+β 2 = sin 2 2 cos 2c egyenl˝os´eget. Ez γ =

π 2

miatt a sin

www.interkonyv.hu

cos γ2 cos a−b α+β 2 = 2 cos 2c

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

254

5. Analitikus geometria

alakban is fel´ırhat´ o. Igazoljuk, hogy ez a formula tetsz˝oleges g¨ombh´ aromsz¨ ogre teljes¨ ul. (Ha pl. a h´ aromsz¨og egyenl˝o sz´ar´ u (a = b), akkor a k´ıv´ant egyenl˝ os´eg a cos γ2 sin α = cos 2c alakot ¨ olti, melyet a γ2 sz¨ ogre fel´ırt koszinuszt´etelb˝ol azonnal megkapunk.) Az el˝ oz˝ o bizony´ıt´ asban a der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogre vonatkoz´o sz´amol´asaink k¨ onnyen levezethet˝ ok ´ altal´ anos h´aromsz¨ogre is, ha nem haszn´aljuk a Pitagor´aszt´etel g¨ ombi alakj´ at, mint egyszer˝ us´ıt˝o formul´at. Val´oban, cos a − cos b cos c , sin b sin c

cos α = azaz 1 + cos α =

cos a − cos(b + c) sin s sin(s − a) =2 . sin b sin c sin b sin c

Teh´ at α cos = 2 ´es hasonl´ ok´eppen α sin = 2 azaz α+β sin = 2

r

r

sin s sin(s − a) , sin b sin c

sin(s − c) sin(s − b) , sin b sin c

sin s sin(s − c) sin b sin c =

Ebb˝ ol

r



sin(s − b) sin(s − a) + sin c sin c



=

cos γ2 cos a−b 2 . cos 2c

cos( π2 − α+β cos a−b 2 ) 2 = , cos γ2 cos 2c

´es ´ıgy a cos( π2 −

α+β 2 ) cos γ2

± cos γ2

=

α+β 2 ) α+β 2 )

− cos γ2

=

c cos a−b 2 ± cos 2 c cos 2

osszef¨ ugg´es alapj´ an a ¨ cos( π2 − cos( π2 −

www.interkonyv.hu

+ cos γ2

c cos a−b 2 − cos 2 c cos a−b 2 + cos 2

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

255

´ s szfe ´rikus te ´r 5.5. Az n-dimenzio

egyenl˝ os´eghez jutunk. Haszn´alva a k´et sz¨og koszinusz´anak ¨osszeg´ere, illetve k¨ ul¨ onbs´eg´ere vonatkoz´ o formul´akat, ebb˝ol a

tan

π−α−β−γ a−b+c a−b−c π−α−β+γ tan = tan tan 4 4 4 4

osszef¨ ugg´est kapjuk. A ¨

cos

sin γ2 cos a+b α+β 2 = , 2 cos 2c

anal´ og ¨ osszef¨ ugg´es hasonl´ ok´eppen a

tan

−π + α + β + γ a+b+c a+b−c π+α+β−γ tan = tan tan 4 4 4 4

egyenlethez vezet. A m´ asodik egyenlet szorzata az els˝o −1-szeres´evel a tan2

−π + α + β + γ s s−a s−b s−c T = tan2 = tan tan tan tan 4 4 2 2 2 2

k´epletet adja, ami a H´eron-formula n´egyzete.

sin α : sinh cosh

c k

= cosh

a k

a k

cosh

= sin β : sinh b k

− sinh

a k

b k

sinh

b k

cos γ

cos γ = − cos α cos β + sin α sin β cosh T k2 T k2

= 4 arctan T k2

www.interkonyv.hu

q

c k

H 2 (k)

= π − (α + β + γ)

tanh

s 2k

tanh

= 2 arctan((tanh

s−a 2k

tanh

s−b 2k

tanh

k∈R

s−c 2k

b a ) tanh 2k ) 2k

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

256

5. Analitikus geometria

sin α : a = sin β : b c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ γ = π − (α + β)

H 2 (k) −→ E 2 k→∞

E 2 ←− S 2 (r) ∞←r

0 = π − (α + β + γ) T =

p s(s − a)(s − b)(s − c) T =

ab 2

sin α : sin cos

c r

= cos

a r

a r

cos

= sin β : sin

b r

b r

b r

+ sin

a r

sin

cos γ

cos γ = − cos α cos β + sin α sin β cos 2

S (r)

r∈R

T r2 T r2

= 4 arctan T r2

c r

= (α + β + γ) − π q

tan

s 2r

tan

= 2 arctan((tan

s−a 2r

tan

s−b 2r

tan

s−c 2r

b a ) tan 2r ) 2r

5.5.2. Nevezetes vonalak C´elunk nevezetes vonalak ´es fontos m´ertanihely-feladatok megold´asa a szf´erikus esetben is. Mivel a g¨ ombfelsz´ınen a sz¨ogeket a sz´arakat kimetsz˝o O-n athalad´ ´ o s´ıkok hajl´ assz¨ oge m´eri, az A, B, C cs´ ucsokkal rendelkez˝o g¨ombh´aromsz¨ og ´es euklideszi h´ aromsz¨og bizonyos nevezetes vonalai egym´as centr´alis vet¨ uletei az O pontb´ ol. ´Igy a megszokott nevezetes vonalak k¨oz¨ ul a magass´ agvonalak, oldalfelez˝ o mer˝olegesek ´es s´ ulyvonalak l´eteznek, egy pontban metszik egym´ ast, ezzel defini´alv´an a magass´agpontot, a k¨or´e ´ırhat´o k¨or” k¨o” z´eppontj´ at ´es a s´ ulypontot. Ennek bel´at´as´ahoz el´eg meggondolni, hogy egy h´ ur felez˝ opontj´ at a k¨ oz´epponttal ¨osszek¨ot˝o egyenes a h´ urhoz tartoz´o ´ıv felez˝ opontj´ an is ´ athalad, ´es k´et s´ık pontosan akkor mer˝oleges egym´asra, ha az egyik tartalmaz a m´ asikra mer˝oleges egyenest. Felmer¨ ul a k´erd´es, hogy mit

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

257

´ s szfe ´rikus te ´r 5.5. Az n-dimenzio

nevez¨ unk k¨ ornek” a g¨ ombfelsz´ınen, ´es a s´ıkbeli h´aromsz¨og nevezetes k¨orei ” milyen kapcsolatba hozhat´ ok ezen alakzatokkal. A k¨ or term´eszetes defin´ıci´ oja megegyezik az abszol´ ut geometri´akban megszokott defin´ıci´ oval: adott pontt´ol adott t´avols´agra lev˝o pontok m´ertani helye. ´Igy a g¨ ombfelsz´ın k¨ orei a szokott ´ertelemben vett euklideszi k¨or¨ok. A defin´ıci´o nem z´ arja ki a f˝ ok¨ or¨ oket, azaz a g¨ombfelsz´ın egyeneseit sem, ha a f´elre´ert´est el akarjuk ker¨ ulni, szigor´ u ´ertelemben k¨ornek a f˝ok¨or¨okt˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝o k¨or¨oket nevezhetj¨ uk. Adott egyenest˝ ol egyenl˝ o t´avols´agra l´ev˝o pontok m´ertani helye – a t´avols´ agvonal – szint´en k¨ or, ennek k¨oz´eppontja az egyenest kimetsz˝o s´ıkra mer˝oleges sug´ arhoz tartoz´ o pont.

P

5.5. ´ abra. K¨ or ´es t´avols´agvonal a g¨ombfelsz´ınen K´et h´ aromsz¨ og (a s´ıkbeli, illetve g¨ombi) k¨or´e ´ırhat´o k¨or ugyanaz a k¨or, a pontok s´ıkj´ anak metszete a g¨ombfelsz´ınnel. A k´et h´aromsz¨og sz¨ogfelez˝oi k¨ oz¨ ott nincs hasonl´ o egyszer˝ u kapcsolat, mivel az (ABC) s´ık ´altal´aban nem mer˝ oleges az OA sug´ arra, ez´ert a CAB∡ sz¨oget nem felezi a megfelel˝o s´ıkok sz¨ ogfelez˝ o s´ıkja. Azonban ezen sz¨ogfelez˝o s´ıkok egy O-n ´athalad´o egyenesben metszik egym´ ast, mely kimetsz a g¨ombfelsz´ınb˝ol egy a g¨ombh´aromsz¨og oldalait´ ol egyenl˝ o t´ avols´ agra lev˝o pontot, a bele´ırhat´o k¨or” k¨oz´eppontj´at. ” Tekints¨ uk ugyanis k´et sz¨ ogfelez˝o s´ık metsz´esvonal´at, m-et. Ez l´etezik, mert a k´et s´ıknak van egy k¨ oz¨ os pontja, O. Az m egyenes tetsz˝oleges pontja a h´arom tri´eders´ıkt´ ol egyenl˝ o t´ avols´agra van, ez´ert a harmadik sz¨ogfelez˝o s´ıkhoz is hozz´ a tartozik. Ez azt jelenti, hogy a h´arom sz¨ogfelez˝o s´ık m-ben metszi egym´ ast. Az m egyenesnek a g¨ombfelsz´ınnel alkotott metsz´espontj´ab´ol az egyik tri´eders´ıkra bocs´ atott mer˝oleges m-mel egy¨ utt ezen tri´eders´ıkra mer˝oleges, O-n kereszt¨ ulhalad´ o s´ıkot hat´aroz meg, mely a g¨ombfelsz´ınb˝ol kimetszi a megfelel˝ o g¨ ombi oldalra bocs´atott mer˝oleges g¨ombi egyenest.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

258

5. Analitikus geometria

A k¨ ovetkez˝ okben r, R jel¨oli a be´ırt, illetve k¨or¨ ul´ırt k¨or¨ok g¨ombi sugar´at, A′ , B ′ , C ′ a be´ırt k¨ or k¨ oz´eppontj´ab´ol a BC, AC, AB oldalakra bocs´atott mer˝ olegesek talppontjait, d pedig a k´et k¨oz´eppont t´avols´ag´at. Az euklideszi h´ aromsz¨ ogekre vonatkoz´ o ter¨ uletk´epletb˝ol azonnal k¨ovetkezik, hogy adott alap´ u, adott ter¨ ulet˝ u h´ aromsz¨ogek harmadik cs´ ucspontjainak m´ertani helye az alappal p´ arhuzamos egyenesp´ar. Ezen m´ertanihely-feladat megold´asa hiperbolikus ´es szf´erikus geometri´aban is lehets´eges az anal´og formul´ak alapj´an. 5.5.5. T´ etel (Lexell-k¨ or). A szf´erikus geometri´ aban az adott alap´ u, azonos ter¨ ulet˝ u h´ aromsz¨ ogek harmadik cs´ ucspontjainak m´ertani helye egy k¨ orp´ ar, melyet Lexell-k¨ ornek nevez¨ unk.

C

A

B

,

B

,

A

5.6. ´abra. A Lexell-k¨or Bizony´ıt´ as: Legyen h´ aromsz¨og¨ unk az ABC△ , ´es r¨ogz´ıts¨ uk ennek AB alapj´ at. Az AC, BC oldalak felez˝ opontjai legyenek FB , illetve FA . Ezek ¨osszek¨ot˝o egyenese a h´ aromsz¨ og C-hez tartoz´o k¨oz´epvonala. A k¨oz´epvonalat kimetsz˝o s´ık a cs´ ucspontokhoz tartoz´ o euklideszi h´aromsz¨og s´ıkj´ab´ol annak k¨oz´epvonal´ at metszi ki, ´ıgy az (ABO) s´ık ´es az (FA FB O) s´ık egym´ast egy AB-vel p´ arhuzamos g¨ omb´ atm´er˝ oben metszi. K¨ovetkez´esk´eppen valamennyi AB alappal rendelkez˝ o h´ aromsz¨ og k¨ oz´epvonal´at kimetsz˝o s´ık az AB-vel p´arhuzamos g¨ omb´ atm´er˝ on ´ atmegy. Bocs´ assunk mer˝olegest az A, B, C pontokb´ol az FA FB egyenesre. Legyenek ezek rendre A1 , B1 , C1 . A g¨ombi szinuszt´etel szerint az AA1 , BB1 , CC1 g¨ ombi szakaszok egyenl˝o hossz´ uak, ´es hasonl´ok´eppen az

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ s szfe ´rikus te ´r 5.5. Az n-dimenzio

259

A1 FB = C1 FB , B1 FA = C1 FA egyenl˝os´egek is fenn´allnak, ez´ert az AA1 FB △ ter¨ ulete megegyezik az C1 FB C △ ter¨ ulet´evel, tov´abb´a a BB1 FA△ ter¨ ulete a C1 FB C △ ter¨ ulet´evel. Ez´ert a kiindul´asi h´aromsz¨og ter¨ ulete megegyezik az AA1 B1 B k´et der´eksz¨ og˝ u n´egysz¨og ter¨ ulet´evel. Ebb˝ol r¨ogt¨on k¨ovetkezik, hogy egyenl˝ o ter¨ ulet˝ u k´et h´ aromsz¨og, ha k¨oz¨os a k¨oz´epvonaluk, azaz ha a C cs´ ucsuk a k¨ oz´epvonal s´ıkj´ aval p´ arhuzamos s´ık ´altal kimetszett g¨ombi k¨or k´et pontja. Ford´ıtva, ha (azonos AB egyenest kimetsz˝o f´elg¨ombh¨oz tartoz´o) k´et AB alap´ u h´ aromsz¨ og k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o C-hez tartoz´o k¨oz´epvonallal b´ır, akkor ezek nem lehetnek egyenl˝ o ter¨ ulet˝ uek, mert az el˝oz˝o ´all´ıt´as alapj´an nyilv´an tal´alunk az egyikkel megegyez˝ o ter¨ ulet˝ u, a m´asik belsej´ebe es˝o h´aromsz¨oget. A teljes g¨ omb¨ on a m´ertani hely teh´ at k´et g¨ombi k¨or, melyek az A, B pontok ´atellenes pontjaiban metszik egym´ ast, ´es az AB egyenest kimetsz˝o s´ıkra vonatkoz´oan egym´ as t¨ uk¨ ork´epei. Jegyezz¨ uk meg, hogy ez a bizony´ıt´as a hiperbolikus s´ık eset´en is m˝ uk¨odik, ´es v´egeredm´eny¨ ul k´et, az AB egyenesre szimmetrikusan elhelyezked˝o hiperciklust kapunk, melyek alapvonalai a h´aromsz¨ogek k¨oz¨os k¨oz´epvonalai. A h´ aromsz¨ og k¨ or´e ´ırhat´ o k¨or megold´asa egy m´asik m´ertanihely-feladatnak. Legyen A, B, C egy g¨ ombh´ aromsz¨og h´arom cs´ ucspontja, O a k¨or´e ´ırhat´o k¨or k¨ oz´eppontja. Ekkor az OA,OB, OC sugarak a megfelel˝o oldalakkal egyenl˝o sz¨ ogeket z´ arnak be, ´ıgy nem neh´ez (a k¨ ul¨onb¨oz˝o esetekre vonatkoz´o k¨ ul¨onb¨oz˝o de) egyszer˝ u sz´ amol´ asokkal igazolni, hogy pl. 1 α+β−γ (α − OCA∡ + β − OCB∡ ) = . 2 2 Ez´ert az O k¨ oz´eppont (´es ´ıgy a k¨or´e ´ırhat´o k¨or is) k¨oz¨os az AB alap´ u azon h´ aromsz¨ ogek eset´eben, melyekre az α + β − γ ´ert´ek ´alland´o. Azaz a Lexell-k¨or mellett a k¨ or´e ´ırhat´ o k¨ or is megadhat´o sz¨og¨osszegre vonatkoz´o m´ertanihelyfeladat megold´ asak´ent; az ABC, A′ B ′ C pontokon ´athalad´o k¨or¨ok rendre az α + β − γ = konst , illetve az α + β + γ = konst egyenleteket kiel´eg´ıt˝o AB alap´ u h´ aromsz¨ ogek C cs´ ucsainak m´ertani helyei. A l´ at´ osz¨ ogk¨ or ´ altal´ aban nem k¨or. Ezt k¨onnyen ellen˝orizhetj¨ uk p´eld´aul a π = γ = c esetben. 2 Az euklideszi geometri´ aban adott pontb´ol mint centrumb´ol kicsiny´ıtve egyenest vagy k¨ ort egy, az eredetivel p´arhuzamos, a pontt´ol fele t´avols´agra lev˝ o egyenest, illetve egy feleakkora, a pontt´ol szint´en fele t´avols´agra es˝o k¨ ort kapunk. Szf´erikus vagy hiperbolikus geometri´aban nincs k¨oz´eppontos kicsiny´ıt´es, a fenti transzform´ aci´o azonban elv´egezhet˝o. Szf´erikus geometri´aban adott (kis- vagy f˝ o-) k¨ or adott pontb´ol val´o fel´ere zsugor´ıt´as´at u ´gy defini´alhatjuk, hogy a pontot a k¨ or pontjaival ¨osszek¨ot˝o szakaszok felez˝opontjainak m´ertani hely´et tekintj¨ uk. Egy konkr´et felez˝opontot a g¨omb sugara ment´en a k´et pontot ¨ osszek¨ ot˝ o euklideszi szakasz felez˝opontj´aba vet´ıthetj¨ uk, ´ıgy a keresett m´ertani hely ezen centr´alis vet´ıt´essel a pont ´es a k¨or ´altal meghat´ arozott t´erbeli euklideszi (ferde) k¨ork´ up alkot´oinak felez˝opontjaiba vet¨ ul. A OAB∡ =

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

260

5. Analitikus geometria

kapott alakzat a k¨ or s´ıkj´ anak a pontb´ol fel´ere zsugor´ıtott p´eld´any´anak ´es a k¨ ork´ upnak a s´ıkmetszete, azaz maga is k¨or. Ezen k¨or s´ıkja nem tartalmazza ´ altal´ aban a g¨ omb k¨ oz´eppontj´at, ez´ert centr´alis vet¨ ulete a g¨ombfelsz´ınre egy negyedrend˝ u g¨ orbe. Kiv´eteles eset, amikor a pont sugar´ara mer˝oleges s´ık metszi ki a f˝ ok¨ ort, ekkor a felez˝opontok m´ertani helye egy t´avols´agvonal is egyben, azaz kisk¨ or. 5.5.3. Egybev´ ag´ os´ agok A szf´erikus geometri´ aban mindig haszn´alunk be´agyaz´o abszol´ ut teret. Bolyai alapvet˝ o ´eszrev´etele alapj´ an teljesen mindegy, hogy a be´agyaz´o t´er euklideszi vagy hiperbolikus, a trigonometrikus formul´ak megegyeznek, term´eszetesen az adott geometria sz¨ ogm´ert´ek´ere ´ep¨ ulve. Analitikus t´argyal´asn´al c´elravezet˝ obb az euklideszi sz¨ og- ´es t´ avols´ag ´ert´ekalapj´an defini´alni a szf´erikus geometria m´ert´ekeit. Vil´ agos, hogy tetsz˝oleges, a be´agyaz´o t´er orig´oj´at invari´ansan tart´ o egybev´ ag´ os´ ag a g¨ ombfelsz´ın izometri´aj´at is sz´armaztatja. Ugyanakkor, ha tekint¨ unk egy k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u t´avols´agtart´o lek´epez´est a g¨ombfelsz´ınen, akkor ez kiterjeszthet˝o a be´agyaz´o t´er egys´egvektorainak k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u lek´epez´es´ev´e, ha deklar´aljuk, hogy az orig´o k´epe az orig´o. A kapott lek´epez´es az egys´egvektorok halmaz´anak k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u, a term´eszetes skal´ arszorzatot ˝ orz˝ o lek´epez´ese, mivel a g¨ombfelsz´ınen egybev´ag´os´ag volt. A szok´ asos f (λv) = λf (v) kiterjeszt´essel ez az euklideszi t´er orig´ot fixen tart´ o, skal´ arszorzattart´ o lek´epez´es´ev´e terjed ki, azaz line´aris izometria. Azaz kapjuk a k¨ ovetkez˝ o t´etelt. 5.5.6. T´ etel. A g¨ ombfelsz´ın t´ avols´ agtart´ o lek´epez´esei ´eppen a be´ agyaz´ o euklideszi vektort´er line´ aris izometri´ ai.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

261

5.6. Descartes

5.7. ´abra. Ren´e Descartes

5.6. Descartes Descartes kor´ aban a filoz´ ofia ´es a matematika szorosan ¨osszekapcsol´odott, nem utols´ osorban az´ert, mert a k´et tudom´any m˝ uvel˝oi ugyanazon szem´elyek voltak. Descartes alapvet˝o geometriai munk´aja, melyben felv´azolja ´es haszn´ alja a geometriai vizsg´ alatokhoz az analitikus geometria m´odszer´et, egy nagyobb szab´ as´ u filoz´ ofiai munk´aj´anak, a Discours de la M´ethode c. munk´ aj´ anak f¨ uggel´ekek´ent jelent meg. Hat´asa a geometri´ara ´es a matematika fejl˝ od´es´ere ugyanolyan m´ert´ek˝ u volt, mint k´es˝obb Bolyai J´anos szint´en f¨ uggel´ekk´ent megjelen˝ o Appendix c. munk´aj´a´e. Ebb˝ol a f¨ uggel´ekb˝ol id´ezz¨ uk most az els˝ o k¨ onyvet. A bonyolultabb sz´am´ıt´asokat ´es alkalmaz´asokat a tov´abbi k´et k¨ onyv tartalmazza, a Descartes ´altal k´epviselt szellem azonban t¨ok´eletesen ´erezhet˝ o ezen bevezet˝ o r´eszben is. Descartes ´erezte, hogy m´odszere fontosabb mint a konkr´etan le´ırt t´enyek, a harmadik k¨onyv ´es ´ıgy a teljes f¨ uggel´ek z´ar´o mondata ez: Rem´ elem, az ut´ okor kedvez˝ oen fog meg´ıt´ elni engem, nemcsak azon dolgok alapj´ an, amit kifejtettem, hanem azokat is figyelembe v´ eve, amiket sz´ and´ ekosan elhagytam, megadva m´ asoknak is a felfedez´ es ¨ or¨ om´ et.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

262

5. Analitikus geometria

R. Descartes: Geometria ˝ k¨ Elso onyv ´ l a szerkeszte ´si elja ´ ra ´ sokro ´ l, Azokro ˝t e ´s vonalzo ´ t ige ´nyelnek melyek csak k¨ orzo

A geometria minden probl´em´aja k¨onnyen reduk´alhat´o olyan r´eszekre, ame´ lyek konstrukci´ oj´ahoz csak egyenes szakaszok hossz´anak ismerete sz¨ uks´eges. Eppen u ´gy, ahogy az aritmetika n´egy vagy ¨ot m˝ uveletet tartalmaz, nevezetesen az osszead´ast, kivon´ast, szorz´ast, oszt´ast ´es a gy¨okvon´ast, ami valamif´ele oszt´asnak ¨ tekinthet˝ o, a geometri´aban egy szakasz megtal´al´asa m´as szakaszok ¨osszeg´enek vagy k¨ ul¨ onbs´eg´enek megtal´al´as´at ig´enyli; vagy egy tetsz˝olegesen adott egys´egnek nevezett szakaszhoz tartoz´o szorz´as elv´egz´es´et, ami olyan negyedik szakasz szerkeszt´es´et jelenti, mely k´et adott szakasz k¨oz¨ ul az egyikhez u ´gy ar´anylik, mint a m´asik az egys´eghez; vagy oszt´as´et, amely olyan negyedik szakasz szerkeszt´es´et jelenti, mely u ´gy ar´anylik a kett˝o k¨oz¨ ul az egyikhez, mint az egys´eg a m´asikhoz; vagy v´eg¨ ul egy, k´et vagy sz´amos k¨oz´epar´anyos szerkeszt´es´et az egys´eg ´es egy m´asik szakasz viszonylat´aban, ami nem egy´eb, mint meghat´arozni a n´egyzetgy¨ok´et, k¨ obgy¨ ok´et stb. . . . az adott szakasznak. A vil´agosabb fel´ep´ıt´es kedv´e´ert nem habozok bevezetni aritmetikai kifejez´eseket a geometri´aba. P´eld´aul, legyen AB egys´egnek tekintve, ´es szorozzuk ¨ossze BD-t BC-vel. Ekkor ¨ osszek¨ ot¨ om A-t ´es C-t, ´es DE p´arhuzamost h´ uzok AC-vel. A BE a keresett szorzat. Ha BE-t BD-vel szeretn´em osztani, ¨osszek¨ot¨om E-t ´es D-t, ´es AC-t h´ uzom DE-vel p´arhuzamosan; ekkor BC az eredm´eny.

5.8. ´abra. A szorz´as Ha a GH gy¨ ok´et szeretn´em meghat´arozni, ugyanarra az egyenesre felm´erem a GF egys´egszakaszt; majd megrajzolva az F H K felez˝opontja k¨or´e ´ırt F ´es H pontokon ´athalad´ o k¨ ort, a G-ben F H-ra ´all´ıtott mer˝oleges I-ben metszi azt. Ekkor GI a keresett gy¨ ok. Nem besz´el¨ unk most k¨obgy¨okr˝ol vagy egy´eb gy¨ok¨okr˝ol, mert ezekre a k´es˝ obbiekben m´eg alaposabban visszat´er¨ unk. Gyakran nem sz¨ uks´eges lerajzolni a szakaszokat pap´ırra, elegend˝o ˝oket egy bet˝ uvel jel¨ olni. Ekk´eppen a BD, illetve GH szakaszok ¨osszege helyett az a illetve b szakaszok ¨ osszeg´er˝ ol besz´elek ´es a + b-vel jel¨ol¨om ezt. Ekkor a − b jelenti, hogy a-b´ ol kivonom b-t; ab, hogy a-t megszorzom b-vel; a/b, hogy a-t elosztom

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

263

5.6. Descartes

5.9. ´ abra. A n´egyzetgy¨ok szerkeszt´ese b-vel; aa vagy a2 , hogy a-t szorzom a-val, a3 , ha az eredm´enyt megszorzom a-val; ´es ´ıgy tov´abb. Ha meg szeretn´em hat´arozni az a2 + b2 n´egyzetgy¨ok´et, ay √ 2 a + b2 √kifejez´est ´ırom; ha a a3 − b3 + ab2 kifejez´es k¨obgy¨ok´ere vagyok k´ıv´ancsi, a 3 a3 − b3 + ab2 formul´at ´ırom, hasonl´ok´eppen a magasabb gy¨ok¨okh¨oz. ´ Eszre kell venn¨ unk, hogy itt a2 , b2 ´es a hasonl´o kifejez´esek egyszer˝ u szakaszhosszak, amelyeket azonban az algebra terminus´anak megfelel˝oen n´egyzetnek, k¨ obnek stb. nevezek. Szint´en meg kell eml´ıtenem, hogy egy egyenes tetsz˝oleges r´esz´et ugyanolyan dimenzi´ osk´ent kell kifejeznem, a sz¨ uks´eges egys´egek sz´ama nem determin´alt a probl´ema felt´eteleivel. ´Igy a3 ugyanannyi dimenzi´os, mint ab2 √ 3 3 a − b3 + ab2 -tel jel¨ol¨ok. vagy b3 , ezek o sszetev˝ o i annak a szakasznak, melyet ¨ Ez azonban nem ugyanaz a dolog, mint amikor az egys´eg meghat´arozott, mert az egys´eg mindig tanulm´anyozhat´o, ak´ar t´ ul sok, ak´ar t´ ul kev´es a dimenzi´o; azaz ha ki akarjuk fejteni az a2 b2 − b mennyis´egnek a k¨obgy¨ok´et, u ´gy kell tekinten¨ unk az a2 b2 mennyis´eget, mintha egys´eggel osztan´ank, ´es a b-t mintha k´etszer szorozn´ank az egys´eggel. V´eg¨ ul, hogy vissza tudjunk eml´ekezni a szakaszok neveire, egy k¨ ul¨on´all´o list´at kell l´etrehoznunk olyan gyakoris´aggal, ahogy ezeket hozz´arendelj¨ uk vagy megv´altoztatjuk. P´eld´aul azt ´ırjuk, hogy AB = 1, ha AB egyenl˝o 1-gyel; GH = a, BD = b ´es ´ıgy tov´abb. Ha meg szeretn´enk oldani valamilyen probl´em´at, el˝osz¨or is feltessz¨ uk, hogy a megold´ast megtal´altuk, ´es elnevez¨ unk minden szakaszt, amely sz¨ uks´eges a szerkeszt´eshez – mindazokat, amelyek ismeretlenek, ´es azokat is, amelyek ismertek. Azut´an, nem t´eve k¨ ul¨ onbs´eget az ismertek ´es a nem ismertek k¨oz¨ott, ki kell fejten¨ unk a neh´ezs´eget b´armely u ´ton, mely a legterm´eszetesebb rel´aci´ot adja ezen szakaszok k¨ oz¨ ott, am´ıg ha ez lehets´eges, egy mennyis´eget k´et u ´ton meg nem kapunk. Ez egy egyenlethez vezet, amivel egy¨ utt tekintve az egyik tagjait, ugyanazt kapjuk, mintha a m´asik´et tekinten´enk vele egy¨ utt. Annyi egyenletet kell tal´alnunk, amennyi az ismeretlen szakaszok sz´ama; de ha a mindenre kiterjed˝ o vizsg´alat ut´an is csak kevesebb tal´alhat´o, akkor vil´agos, hogy a k´erd´es nem volt meghat´arozott. Ebben az esetben minden ismeretlen szakasz helyett, amelyhez nincs egyenlet, tetsz˝oleges szakaszt v´alaszthatunk. Ha van n´eh´any egyenlet¨ unk, haszn´alhatjuk ˝oket ak´ar egyed¨ ul tekintve ˝oket, ak´ar n´eh´any m´asikhoz viszony´ıtva, minden ismeretlen szakasznak ´ert´eket adva; ´es

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

264

5. Analitikus geometria

u ´gy kombin´alva ˝ oket, m´ıg csak egy ismeretlen szakasz marad, amely vagy ismertekkel van kifejezve, vagy n´egyzete, k¨obe, negyedik hatv´anya, ¨ot¨odik hatv´anya, hatodik hatv´anya, stb. egyenl˝ o k´et vagy t¨obb mennyis´egnek az ¨osszeg´evel vagy k¨ ul¨ onbs´eg´evel, egy ismertnek ´es a t¨obbi k¨oz´epar´anyosa az egys´egnek ´es ennek a n´egyzetnek, k¨ obnek, vagy negyedik hatv´anynak, stb. szorozva ismert szakaszokkal. Ezt a k¨ ovetkez˝ ok´eppen fejezhetem ki: z = b, vagy z 2 = −az + b2 ,

vagy z 3 = +az 2 + b2 z − c3 ,

vagy z 4 = az 3 − c3 z + d4 , etc.;

Azaz z, amelyet ismeretlen mennyis´egnek tekintek, egyenl˝o b-vel; vagy a n´egyzete egyenl˝ o b n´egyzet´evel m´ınusz a z a-szoros´aval; vagy a z k¨obe egyenl˝o a z 2 a-szoros´ahoz adva a b n´egyzet´enek z-vel val´o szorzat´at ´es ebb˝ol kivonva a c k¨ ob´et; ´es hasonl´ ok´eppen haladhatunk tov´abb a t¨obbi kifejez´eshez. Ekk´eppen az ismeretlen mennyis´egek kifejezhet˝ok olyan egyszer˝ u mennyis´egek tagjaik´ent, amelyek vagy k¨ orvonalakkal ´es szakaszokkal, vagy k´ upszeletekkel, vagy harmad´es negyedrend˝ un´el nem magasabbrend˝ u g¨orb´ekkel el˝o´all´ıthat´ok. Azonban nem fogok most meg´allni ennek a r´eszletesebb kifejt´es´eben, mert akkor megfosztan´am ¨ on¨ oket a saj´at elme t¨ok´eletes´ıt´es´enek ¨or¨om´et˝ol ugyan´ ugy, mint az ezen val´ o munka ´altal okozott gondolati edz´es kalandj´at´ol, ami v´elem´enyem szerint a legfontosabb hasznunk ebb˝ol a tudom´anyb´ol. Tudniillik, semmi olyan neh´ezs´eget nem tal´altam itt, amit ne tudna kidolgozni b´arki, aki ismeri a szok´asos geometri´at ´es algebr´at, ´es megfontoltan halad el˝ore ebben a gy˝ ujtem´enyben. ´Igy tartani fogom magamat ahhoz az ´all´ıt´ashoz, hogy ha a tanul´o, ezen egyenletek megold´asa sor´an nem mulaszt el egyszer˝ us´ıteni, amikor csak lehets´eges, meg fogja kapni a legegyszer˝ ubb ¨ osszetev˝oket, amelyekre a probl´ema reduk´alhat´o. ´ ha ez megoldhat´ Es o a szok´asos geometri´aval, akkor haszn´alva egy s´ık fel¨ ulet szakaszait ´es k¨ oreit, amikor az utols´o egyenlet megold´odik, nem marad m´as, mint a n´egyzete egy ismeretlen mennyis´egnek, ami egyenl˝o valamely ismert mennyis´eg ´es a gy¨ ok´enek szorzat´aval, n¨ ovelve vagy cs¨okkentve egy m´asik ismert mennyis´eggel. Ekkor ez a gy¨ ok vagy az ismeretlen szakasz k¨onnyen megtal´alhat´o. P´eld´aul, ha z 2 = az + b2 , konstru´alok egy der´eksz¨ og˝ u N LM h´aromsz¨oget, amelynek egyik oldala, LM , bvel egyenl˝ o, ami a n´egyzetgy¨ oke az ismert b2 mennyis´egnek, a m´asik oldala, LN , 1 asik ismert mennyis´eg fele, amely az ismeretlen z2 a-val egyezik meg, ami azon m´ vel van szorozva. Ezut´an meghosszab´ıtom ezen der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og ´atfog´oj´at O-ig u ´gy, hogy N O egyenl˝ o legyen N L-lel, ´es a teljes OM szakasz a keresett z.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

265

5.6. Descartes

5.10. ´ abra. M´asodfok´ u egyenlet megold´asa Ezt a k¨ ovetkez˝ o formul´aval tudom kifejezni: r 1 2 1 a + b2 . z = a+ 2 4

Ha azonban y 2 = −ay + b2 , ahol y a keresett mennyis´eg, ugyanezt az N LM h´aromsz¨ oget szerkesztem meg, de az ´atfog´on az N M szakaszb´ol kivonom az N L-lel egyenl˝ o N P szakaszt, ´es a megmarad´o P M a keresett gy¨ok. Ekk´eppen r 1 2 1 a + b2 . y =− a+ 2 4 ad´ odik. Ugyanezen az u ´ton kapjuk hogy, ha x4 = −ax2 + b2 , akkor P M az x2 , ´es x=

s

1 − a+ 2

r

1 2 a + b2 4

hasonl´ ok´eppen, mint a m´asik esetben. V´eg¨ ul, ha z 2 = az − b2 ,

N L-t 21 a-nak, LM -et b-nek v´alasztva mint az el˝obb: akkor az M ´es N ¨osszek¨ot´ese helyett M QR p´arhuzamosat h´ uzok az LN -nel, ´es N -b˝ol mint k¨oz´eppontb´ol rajzolok egy k¨ ort L-en kereszt¨ ul, ami kimetszi a Q ´es R pontokat; ekkor a keresett z szakasz vagy M Q, vagy M R, amely esetekben rendre r 1 2 1 a − b2 , z = a+ 2 4

´es 1 z = a− 2

www.interkonyv.hu

r

1 2 a − b2 . 4

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

266

5. Analitikus geometria

5.11. ´ abra. M´asodfok´ u egyenlet megold´asa

´ ha az N k¨ Es or¨ uli k¨ or nem metszi ´es nem ´erinti az M QR egyenest, az egyenletnek nincs gy¨ oke, ekkorr azt mondjuk, hogy a probl´ema megold´asa lehetetlen. Ugyanezen gy¨ ok¨ ok sok m´as m´odon is megtal´alhat´ok, az ´altalam adott egyszer˝ u megold´asok azt mutatj´ak, hogy megszerkeszthet˝o minden probl´ema a k¨oz¨ons´eges geometri´aban, nem csin´alva t¨obbet, mint egy kicsit kiterjesztve a n´egy ´altalam adott ´abr´at. Ez egy olyan dolog, amit u ´gy hiszem, az antik matematikusok vagy nem vettek ´eszre, vagy nem fektettek elegend˝o munk´at azon k¨onyvek meg´ır´as´aba, amelyekben az ´all´ıt´asaikat bemutatj´ak, ´ıgy nincs egy biztos m´odszer a probl´em´ak k¨ oz¨ os megold´as´ara, ink´abb v´eletlenszer˝ uen vannak ezek o¨sszegy˝ ujtve. Szint´en nyilv´anval´ o ez abb´ ol, amit Papposz csin´al a hetedik k¨onyv´enek az elej´en, ahol, miut´an tekinthet˝ oleg teret szentel az el˝odjei geometri´ar´ol ´ırt k¨onyveinek felsorol´as´ara, v´eg¨ ul hivatkozik egy k´erd´esre, amir˝ol azt mondja, hogy sem Eukleid´esz, sem Apoll´ oniosz ´es senki m´as sem oldott meg teljesen; a saj´at szavaival mondva: Quem autem dicit (Apollonius) in tertio libro locum ad tres et quatuor lineas ab Euclide perfectum non esse, neque ipse perficere poterat, neque aliquis alius; sed neque paululum quid addere iis, qu´e Euclides scripsit, per ea tantum conica, qu´e usque ad Euclidis tempora pr´emonstrata sunt, etc...2 Egy kicsivel k´es˝ obb, a k¨ ovetkez˝ok´eppen teszi fel a k´erd´est: At locus ad tres et quatuor lineas, in quo (Apollonius) magnifice se jactat, et ostentat, nulla habita gratia ei, qui prius scripserat, est hujusmodi. Si positione datis tribus rectis lineis ab uno et eodem puncto, ad tres lineas in datis angulis rectae lineae ducantur, et data sit proportio rectanguli contenti duabus ductis ad quadratum reliqu´e: punctum contingit positione datum 2 A h´ arom vagy n´ egy egyenesre vonatkoz´ o probl´ ema, amivel Apoll´ oniosz oly ¨ ontelten dicsekszik, nem h´ıv´ en az ˝ ot megel˝ oz˝ o szerz˝ oknek, ilyen term´ eszet˝ u: Ha h´ arom egyenes adott, ´ es szakaszokat tudunk h´ uzni ezekhez valamely pontb´ ol u ´gy, hogy ezek adott sz¨ ogeket z´ arjanak be az eredeti egyenesekkel, ´ es k´ et kapott szakasz hossz´ anak szorzata a harmadik n´ egyzete legyen, akkor a pont illeszkedik egy adott solid locus”-ra, azaz k´ upszelet. ”

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

5.6. Descartes

267

solidum locum, hoc est unam ex tribus conicis sectionibus. Et si ad quatuor rectas lineas positione datas in datis angulis line´c ducantur; et rectanguli duabus ductis contenti ad contentum duabus reliquis proportio data sit: similiter punctum datam coni sectionem positione continget. Si quidem igitur ad duas tantum locus planus ostensus est. Quod si ad plures quam quatuor, punctum continget locos non adhuc cognitos, sed lineas tantum dictas; quales autem sint, vel quam habeant proprietatem, non constat: earum unam, neque primam, et qu´e manifestissima videtur, composuerunt ostendentes utilem esse. Propositiones autem ipsarum h´e sunt. Si ab aliquo puncto ad positione datas rectas lineas quinque ducantur rect´e line´e in datis angulis, et data sit proportio solidi parallelepipedi rectanguli, quod tribus ductis lineis continetur ad solidum parallelepipedum rectangulum, quod continetur reliquis duabus, et data quapiam linea, punctum positione datam lineam continget. Si autem ad sex, et data sit proportio solidi tribus lineis contenti ad solidum, quod tribus reliquis continetur; rursus punctum continget positione datam lineam. Quod si ad plures quam sex, non adhuc habent dicere, an data sit proportio cujuspiam contenti quatuor lineis ad id quod reliquis continetur, quoniam non est aliquid contentum pluribus quam tribus dimensionibus.3 Enn´el a pontn´al ´eszrevehet˝o, hogy azon geometriai vizsg´alatokra vonatkoz´o aritmetikai megfigyel´esek, amelyeket az antik szerz˝ok haszn´altak, nem l´ephettek ´at egy ponton, azon, ahol tiszt´an l´att´ak k´et objektumnak a kapcsolat´at, ez´altal hom´alyoss´agot ´es zavart okozva vizsg´alataik kifejt´ese sor´an. Papposz ´ıgy folytatja: Acquiescunt autem his, qui paulo ante talia interpretati sunt; neque unum aliquo pacto comprehensibile significantes quod his continetur. Licebit autem per conjunctas proportiones h´cc, et dicere, et demonstrare universe in dictis proportionibus, atque his in hunc modum. Si ab aliquo puncto ad positione 3 Ism´ et, ha valamely pontb´ ol h´ uzott szakaszok adott sz¨ ogeket z´ arnak be n´ egy adott egyenessel, ´ es valamely kett˝ onek a szorzata a m´ asik kett˝ o´ evel egyezik meg, akkor a pont egy adott k´ upszeletre illeszkedik. Meg lett mutatva, hogy csak k´ et egyenes illeszkedhet egy s´ıkbeli locushoz. De ha t¨ obb mint n´ egy egyenes¨ unk van, a m´ ertani hely jelenleg nem ismert (azaz, nem lehet meghat´ arozni ugyanazzal a m´ odszerrel), egyszer˝ uen vonalnak” nevezik. ” Nem vil´ agos, hogy mik ˝ ok ´ es mik a tulajdons´ agaik. Egy k¨ oz¨ ul¨ uk, nem az els˝ o, de a legnyilv´ anval´ obb volt csak vizsg´ alva, ´ es van hozz´ a bizony´ıt´ as. Ezek az ´ all´ıt´ asok kapcsol´ odnak hozz´ a: Ha egy pontb´ ol egyenes szakaszok h´ uzhat´ ok ¨ ot adott egyeneshez adott sz¨ ogekkel, ´ es h´ arom szakasz ´ altal meghat´ arozott t´ eglatest t´ erfogata egy adott ar´ anyban van a marad´ ek k´ et szakasz ´ es b´ armely egy´ eb adott szakasz ´ altal meghat´ arozott t´ eglatest t´ erfogat´ aval, akkor a pontok egy vonalon helyezkednek el. Tov´ abb´ a, ha hat adott egyenes van, ´ es valamely h´ arom szakasz ´ altal meghat´ arozott t´ eglatest t´ erfogata a m´ asik h´ arom ´ altal meghat´ arozott´ eval egyezik meg, akkor megint a pont egy vonalra illeszkedik. Ha azonban t¨ obb mint hat egyenes¨ unk van, akkor nem tudjuk azt mondani, hogy az ar´ anya valaminek, ami tartalmazza a n´ egy szakaszt adott valamihez, ami tartalmazza a marad´ ek szakaszokat, mert nincs h´ aromdimenzi´ osn´ al magasabb dimenzi´ os alakzat.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

268

5. Analitikus geometria

datas rectas lineas ducantur rect´e line´e in datis angulis, et data sit proportio conjuncta ex ea, quam habet una ductarum ad unam, et altera ad alteram, et alia ad aliam, et reliqua ad datam lineam, si sint septem; si vero octo, et reliqua ad reliquam: punctum continget positione datas lineas. Et similiter quotcumque sint impares vel pares multitudine, cum h´cc, ut dixi, loco ad quatuor lineas respondeant, nullum igitur posuerunt ita ut linea nota sit, etc.4 A k´erd´es, aminek a megold´asa Eukleid´esszel kezd˝od¨ott, majd Apoll´oniosszal folytat´ odott, de m´aig nincs megoldva, a k¨ovetkez˝o: Ha adott h´arom, n´egy vagy t¨obb egyenes, el˝osz¨or is szeretn´enk tal´alni olyan pontot, amelyb˝ ol az egyeneseket adott sz¨ogekben metsz˝o szakaszok h´ uzhat´ok u ´gy, hogy az els˝ o kett˝ o szorzata adott ar´any´ u legyen a harmadik n´egyzet´evel (ha csak h´arman vannak), vagy a fennmarad´o kett˝o szorzat´aval (ha n´egyen vannak); vagy h´arom szorzata legyen ar´anyos a fennmarad´o kett˝o ´es egy tetsz˝olegesen adott harmadik szakasz szorzat´aval (ha ¨oten vannak), vagy a marad´ek h´arom szorzat´aval (ha hat van); vagy (ha h´et van) tetsz˝oleges n´egy szorzata legyen adott ar´any´ u a marad´ek h´arom szorzat´aval, vagy a marad´ek n´egy szorzat´aval (ha nyolc van). M´asodszor, mivel v´egtelen sok ilyen pont van, szint´en meg szeretn´enk tal´alni ´es le´ırni azt a g¨ orb´et, mely az ¨osszes ilyen pontot tartalmazza. Papposz azt mondta, ha h´arom vagy n´egy egyenes van, akkor a keresett g¨orbe k´ upszelet, de nem tudta meghat´arozni, le´ırni vagy kifejteni a vonal term´eszet´et, amikor t¨obb egyenes volt adva. Csak azt f˝ uzte hozz´a, hogy az antik matematikusok felfedeztek ´es j´ ol haszn´alhat´ onak tartottak egyet k¨oz¨ ul¨ uk, amelyik a legegyszer˝ ubb, de nem a legfontosabb volt. Ez vezetett engem arra, hogy megpr´ob´aljak tal´alni egy saj´at m´ odszert, amellyel messzebb tudok jutni a probl´ema megold´as´aban. El˝ osz¨ or is felfedeztem, ha a probl´ema h´arom, n´egy vagy ¨ot egyenesre vonatkozik, akkor elemi geometriai u ´ton megoldhat´o, azaz k¨orz˝o ´es vonalz´o seg´ıts´eg´evel, alkalmazva az ´altalam eddig megadott szerkeszt´eseket, kiv´eve az ¨ot p´arhuzamos egyenes eset´et. Ebben az esetben, ´es a hat, h´et, nyolc vagy kilenc egyenes eset´eben a keresett pontok a t´erbeli m´ertani helyek geometri´aj´aval, azaz a h´arom k´ upszelet egyik´evel oldhat´o meg. Itt megint van egy kiv´eteles eset a kilenc p´arhuzamos egyenes esete. Ebben ´es a t´ız, tizenegy, tizenkett˝o vagy tizenh´arom 4 Ez a hom´ alyos szakasz a k¨ ovetkez˝ ok´ eppen ford´ıthat´ o: Ebben egyet´ ertek azokkal, akik form´ alisan interpret´ alt´ ak ezeket a dolgokat (azaz, hogy egy alakzatnak a dimenzi´ oja nem haladhatja meg a h´ armat), ˝ ok fenntartj´ ak, hogy egy alakzat, ami a szakaszokat tartalmazza, nem kiterjeszthet˝ o minden u ´ton. Ez megengedhet˝ o, azonban mondani ´ es szerkeszteni is lehet ´ altal´ aban ezeket az ar´ anyokat a k¨ ovetkez˝ o m´ odon: Ha valamely pontb´ ol egyenes szakaszokat h´ uzunk adott sz¨ og alatt adott egyenesekhez; ´ es adottak az ar´ anyok a megfelel˝ ok k¨ oz¨ ott u ´gy, hogy az els˝ o ar´ anylik az els˝ oh¨ oz, a m´ asodik a m´ asodikhoz, a harmadik a ´ harmadikhoz, ´ es ´ıgy tov´ abb, az utols´ o az utols´ ohoz, a pont egy adott vonalon fekszik. Es hasonl´ oan, lehet ak´ ar p´ aros vagy p´ aratlan a sz´ am, ahogy eml´ıtettem, ez vonatkozik a n´ egy egyenes eset´ ere is, nincs k¨ oz¨ os m´ odszer, ami ezt a vonalat meghat´ arozza. — A szakasz jelent´ ese megmutatkozik abban, ami ezut´ an k¨ ovetkezik a sz¨ ovegben.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

269

5.6. Descartes

egyenes eset´eben, a k´ upszeletekn´el magasabb fok´ u egyenletnek felelnek meg a keresett g¨ orb´ek. Ism´et ki kell z´arnunk a tizenh´arom p´arhuzamos egyenes eset´et, amely a tizenn´egy, tizen¨ ot, tizenhat ´es tizenh´et egyenes eseteinek megfelel˝o, az el˝ oz˝ oekn´el magasabb fok´ u egyenletek megold´asak´ent ad´odik; ´es ´ıgy tov´abb a v´egtelens´egig. Ezut´an azt tal´altam, hogy amikor csak h´arom egyenes¨ unk van, a keresett pontok nem csak k´ upszeleten, de k¨or¨on vagy egyenesen is fekhetnek. Amikor ¨ ot, hat, h´et vagy nyolc egyenes adott, akkor a m´ertani hely a k´ upszeletekn´el magasabb fok´ u g¨ orb´eken helyezkedik el, ´es nem lehet elk´epzelni olyan g¨ orb´et, amely nem el´eg´ıti ki a probl´ema felt´etelrendszer´et; de a m´ertani hely lehet megint k´ upszelet, k¨ or vagy egyenes. Ha kilenc, t´ız, tizenegy vagy tizenk´et egyenes¨ unk adott, a g¨ orb´enk csak egy fokkal magasabb rend˝ u, mint a megel˝oz˝o esetben, de ezek is kiel´eg´ıtik a felt´etelt, ´es ´ıgy tov´abb a v´egtelens´egig. V´eg¨ ul az els˝ o ´es legegyszer˝ ubb g¨orbe a k´ upszeletek ut´an el˝o´all´ıthat´o egy parabola ´es egy mozg´ o egyenes metsz´espontjaik´ent. ´ hiszem, hogy teljess´eggel el˝o´all´ıtottam mindazt, amit Papposz szerint az Ugy antik matematikusok felfedeztek, megpr´ob´alom most n´eh´any sz´oban demonstr´alni, amit oly sokszor m´ar kimer´ıt˝oen le´ırtam. Legyenek AB, AD, EF , GH, . . . az adott egyenesek, ´es keress¨ unk olyan C pontot, amelyb˝ ol CB, CD, CF , CH, . . . megh´ uz´as´aval CBA∡ , CDA∡ , CF E∡ , CHG∡ , . . . az adott sz¨ogek, tov´abb´a k¨oz¨ ul¨ uk n´eh´any szorzata a t¨obbi´evel egyezik meg, vagy a k´et szorzat ar´anya adott, ezen ut´obbi felt´etel semmilyen extra neh´ezs´eget sem okoz.

5.12. ´abra. Tegy¨ uk fel, hogy az egyeneseink adottak, jel¨ol´eseinket egyszer˝ us´ıthetj¨ uk u ´gy, hogy k´et egyenest kiemel¨ unk, egyet az adottak k¨oz¨ ul ´es egyet a h´ uzand´ok k¨oz¨ ul (AB-t ´es BC-t), ´es ezeket alapegyeneseknek tekintj¨ uk, ezekre vonatkoztatva adjuk meg a t¨ obbit. Nevezz¨ uk az AB szakaszt x-nek, a BC-t y-nak. Hosszabb´ıtsuk meg a t¨ obbi egyenest u ´gy, hogy mess´ek ezeket, felt´eve hogy nincs k¨oz¨ott¨ uk olyan,

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

270

5. Analitikus geometria

mely az alapegyenesekkel p´arhuzamos. Ekk´eppen az ´abr´an az adott egyenesek rendre ay A, E, G pontokban metszik AB-t, ´es R, S, T -ben BC-t. Mivel az ARB△ h´aromsz¨og minden sz¨oge ismert, az AB, BR szakaszok ar´anya is az. Azaz, ha AB : BR = z : b, akkor RB = bx/z; ´es mivel B bx . (Amikor R fekszik C ´es B k¨oz¨ott, a C ´es R k¨ oz¨ ott fekszik, CR = y + z bx bx ; ´es amikor C fekszik B ´es R k¨oz¨ott, akkor −y + -el.) CR egyenl˝ o y− z z Azonban a DRC h´aromsz¨ og sz¨ogei is ismertek, ´ıgy a CR ´es CD ar´anya is bx , azt kapjuk, hogy determin´alt. Legyen ez az ar´any z : c, mivel CR = y + z bcx cy + 2 . Mivel az AB, AD ´es EF egyenesek adottak, az A ´es E CD = z z k¨ oz¨ otti t´avols´ag ismert. Ha k-nak nevezz¨ uk, akkor EB = k + x, EB = k − x vagy EB = −k + x att´ ol f¨ ugg˝oen, hogy A fekszik az E ´es B k¨oz¨ott, B fekszik az E ´es A k¨ oz¨ ott, vagy E fekszik a B ´es A k¨oz¨ott. Az ESB h´aromsz¨og sz¨ogeit megint ismerj¨ uk, ez´ert a BE ´es BS ar´anya ismert. Ezt az ar´anyt nevezz¨ uk z : dzy + dk + dx dk + dx , ´es CS = ; amikor S fekszik a B ´es nek. Ekkor BS = z z zy − dk − dx , ´es ha C fekszik a B ´es S k¨oz¨ott, akkor C k¨ oz¨ ott, akkor CS = z −zy + dk + dx . Az F SC h´aromsz¨og sz¨ogei is ismertek, ez´ert a CS ´es CS = z ezy + dek + dex . Mivelhogy AG l hossza adott, CF ar´anya z : e. ´Igy CF = z2 BG = l − x. A BGT h´aromsz¨ogben a BG : BT ar´any, ami z : f , szint´en ismert. zy + f l − f x fl − fx ´es CT = . A T CH△ h´aromsz¨ogben a Ekk´eppen BT = z z gzy + f gl − f gx . T C : CH ar´any z : g, ekk´eppen CH = z2 L´athat´ oan mindegy, hogy h´any egyenes adott, a C v´egpont´ u vizsg´alt szakaszoknak a hossza mindig kifejezhet˝o h´arom tag ¨osszegek´ent, az egyik az y ismeretlen mennyis´eg szorozva vagy osztva valamely ismert mennyis´eggel, a m´asik az x ismeretlen mennyis´eg szorozva vagy osztva egy ismerttel, a harmadik pedig egy ismert mennyis´eg. Kiv´etel akkor ad´odik, amikor az adott egyenes p´arhuzamos AB-vel vagy CB-vel, (ekkor a megfelel˝o x-t vagy y-t tartalmaz´o tag elt˝ unik.) Ez az eset t´ ul egyszer˝ u a tov´abbi kifejt´eshez. A tagok el˝ojele + vagy − minden megengedett kombin´aci´oban. Szint´en l´athat´ o, hogy b´armely sz´am´ u szakasz szorzat´aban az x, illetve y mennyis´egek foka nem lehet nagyobb, mint az ¨osszeszorzott szakaszok sz´ama. ´Igy nincs olyan tag, ami m´asodrend˝ un´el magasabb fok´ u, ha k´et szakasz szorz´odik; harmadrend˝ un´el, ha h´arom szorz´odik egym´assal, ´es ´ıgy tov´abb. Tov´abb´a, a C meghat´aroz´as´ahoz csak egy felt´etel sz¨ uks´eges, azaz hogy bizonyos szakaszok szorzata egyenl˝ o lesz, vagy (ami ugyanolyan egyszer˝ u) adott ar´anyban ´all a t¨obbi szorzat´aval. Mivel ez a felt´etel a k´et ismeretlen egyetlen egyenlet´evel fejezhet˝o

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

5.6. Descartes

271

ki, tetsz˝ oleges ´ert´eket adhatunk az x, illetve y k¨oz¨ ul az egyiknek, ´es megkereshetj¨ uk az egyenletb˝ ol a m´asikat. Nyilv´anval´o, ha ¨otn´el nincs t¨obb egyenes, az x mennyis´eg, amelyet nem haszn´altunk az els˝o szakasz kifejez´es´ehez, nem szerepelhet m´asodrend˝ un´el magasabb fokon. y-nak egy ´ert´eket adva x2 = ±ax ± b2 , ´es ´ıgy x megtal´alhat´o k¨orz˝ovel ´es vonalz´ oval azon m´ odszer alapj´an, amit m´ar kifejtett¨ unk. Ha szukcessz´ıv m´odon v´egtelen sok ´ert´eket adunk y-nak, meg tudjuk kapni a megfelel˝o v´egtelen sok ´ert´eket az x ´ert´ek´ere is, ekk´eppen v´egtelen sok olyan C pontot, amely a keresett g¨ orb´ere esik. Ez a m´ odszer haszn´alhat´ o akkor is, amikor hat vagy t¨obb egyenes¨ unk van, ha az egyik k¨ oz¨ ul¨ uk p´arhuzamos AB-vel vagy BC-vel, amikor is x vagy y legfeljebb m´asodfokon szerepel az egyenletben, ekkor C megint megtal´alhat´o k¨orz˝ovel ´es vonalz´ oval. Ugyanakkor, amikor az ¨ osszes egyenes p´arhuzamos egym´assal, ´es a k´erd´es az ¨ot egyenes eset´ere vonatkozik, a C pont ezen az u ´ton nem tal´alhat´o meg. Mivel az x mennyis´eg nem szerepel az egyenletben, nem adhatunk az y sz´am´ara tetsz˝oleges ´ert´eket. Meg kell tal´alnunk y-t. Mivel y-ban az egyenlet harmadfok´ u, egy k¨ob¨os egyenlet gy¨ okek´ent kaphat´ o meg, amely ´altal´aban a k´ upszeletek haszn´alata n´elk¨ ul nem ´all´ıthat´ o el˝ o. Tov´abb´a, ha kilencn´el nem t¨obb az adott egyenesek sz´ama, ´es nem mindegyik p´arhuzamos egym´assal, az egyenlet mindig megadhat´o u ´gy, hogy legfeljebb negyedfok´ u legyen. Ezek az egyenletek mindig megoldhat´ok k´ upszeletek seg´ıts´eg´evel egy ´altalam a jelen munk´aban kifejtett u ´ton. Ugyan´ıgy, ha nincs t¨ obb tizenh´arom egyenesn´el, egy egyenlet foka nem haladhatja meg a hatot. Ezen egyenletek, ahogy azt szint´en megmutatom, megoldhat´ ok olyan g¨ orb´ek seg´ıts´eg´evel, melyek foka csak eggyel nagyobb a k´ upszeletek´en´el. Ezzel az ´altalam demonstr´aland´oknak az els˝o r´esz´et befejeztem, miel˝ott a m´asodik r´eszt elkezden´enk, sz¨ uks´eges n´eh´any ´altal´anos ´all´ıt´asr´ol sz´olnunk, amelyek a g¨ orbe vonalak term´eszet´ehez kapcsol´odnak.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

Kosztol´ anyi Dezs˝ o: Cs¨ ondes, tiszta vers

Nincs semmim. . . ´Igy megyek magamban – tip-top – szel´ıden, csendesen. S ha ´ejjel b´antanak a rabl´ok, kit´ arom k´et u ¨res kezem. A rabl´ ok s´ırnak velem egy¨ utt, olyan-olyan szeg´eny vagyok, mint kisded els˝o f¨ urdet˝oj´en, ´es mint a tekn˝on a halott. De tart a f¨old. Ez az eny´em m´eg, fesz¨ ul az ´eg fejem felett, s kit´ arom az ¨or¨ok egeknek or¨ ok-mez´ıtlen testemet. ¨

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

6. fejezet

A t´ erfogatfogalom

A tov´ abbiakban a ter¨ ulet, illetve t´erfogat fogalm´anak abszol´ ut megalapoz´as´ aval foglalkozunk. A klasszikus anal´ızis euklideszi strukt´ ur´ara ´ep¨ ul˝o elj´ar´asa a k¨ ovetkez˝ o: a szakaszhossz ´es az egyv´altoz´os f¨ uggv´eny fogalma alapj´an ´ertelmezi a Riemann-integr´ alhat´os´agot, ennek seg´ıts´eg´evel defini´alja a s´ıkbeli alakzatok bizonyos k¨ or´enek a ter¨ ulet´et, majd bevezetve a k´etv´altoz´os f¨ uggv´eny, illetve annak Riemann-integr´alhat´os´ag´anak fogalm´at, defini´alja a t´er bizonyos alakzatainak t´erfogat´at ´es ´ıgy tov´abb. K´ets´egtelen azonban, hogy ezen m´ odszer sor´ an az euklideszi geometri´aban ´erv´enyes, a t´er szerkezet´et le´ır´ o szab´ alyok egy k¨ or´et automatikusan haszn´aljuk. (A konkr´et ´ert´ekek sz´am´ıt´ asa sor´ an alapvet˝ oen haszn´aljuk a t´eglatest, a der´eksz¨og˝ u koordin´at´az´as fogalm´ at, biztos´ıtva, hogy elj´ar´asunk a hiperbolikus t´erben biztosan neh´ezs´egekhez vezessen.) A modern matematika egyik ´aga, a m´ert´ekelm´elet, ´eppen azon ig´eny konzekvens ´ atgondol´ asa alapj´ an j¨ott l´etre, hogy a f¨ uggv´enyk´ent val´o m˝ uk¨od´es minim´ alis felt´etelrendszere alapj´an besz´elj¨ unk a t´erfogatr´ol. Defini´aljuk a minim´ alis ig´enyeket kiel´eg´ıt˝ o ´ertelmez´esi tartom´anyt (σ-gy˝ ur˝ u), a minim´alis felt´etelrendszert mag´ ara a halmazf¨ uggv´enyre (pozitivit´as, σ-additivit´as), ez´altal bevezetve a m´erhet˝ os´eg fogalm´at, de nem foglalkozunk a m´erhet˝o halmazok m´ert´ek´enek konkr´et sz´ am form´aj´aban val´o megadhat´os´ag´aval. A geometri´ aban k´ezzelfoghat´o alakzatokhoz rendelt kisz´am´ıthat´o ´ert´ekeket szeret¨ unk defini´ alni. Az ´evezredek sor´an kialakult met´odust az u ´jkori geometria ´ agyazta be az axi´om´ak vil´ag´aba. Kider¨ ul, hogy a s´ıkon a ter¨ ulet fogalma bizonyos szempontb´ ol egyszer˝ ubb fogalom a t´erbeli alakzatok t´erfogatfogalm´ an´ al, tov´ abb´ a ¨ osszehasonl´ıtva az euklideszi ´es hiperbolikus eseteket r´ a kell j¨ onn¨ unk, hogy a k´et esetben m´as metrikus adat kapcsolja ¨ossze u ul¨ onb¨ oz˝ o dimenzi´os m´ert´ekeket (melyek m´ert´ekelm´eleti defin´ıci´ok ¨gyesen a k¨ szerint nem is m´ert´ekek). P´eldak´ent eml´ıten´em, hogy az euklideszi esetben a t´ avols´ ag m´er´ese vezet el k¨ onnyebben a ter¨ ulet fogalm´ahoz (´es a hasonl´os´agok miatt) a sz¨ ogek nem hat´ arozz´ak meg a ter¨ uletet, m´ıg a hiperbolikus esetben a sz¨ ogm´er´es adja a term´eszetes utat a ter¨ ulethez, ´es a t´avols´agok lehetnek megt´eveszt˝ oek a ter¨ uletm´er´es szempontj´ab´ol.

273

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

274

´rfogatfogalom 6. A te

Az euklideszi esetekben az ´altalunk minim´alisan sz¨ uks´eges ´ertelmez´esi tartom´ any elemein a t´erfogatf¨ uggv´eny konkr´et ´ert´ekei meg is adhat´ok, m´ıg a hiperbolikus esetben a t´erfogatf¨ uggv´eny ´ert´ekeinek meghat´aroz´asa a legegyszer˝ ubb esetekben is neh´ezs´eget okozhat.

6.1. Teru ¨ let az euklideszi s´ıkon A k¨ or¨ ok ter¨ uletei u ´gy ar´ anylanak egym´ ashoz, mint az ´ atm´er˝ oik n´egyzetei.

Eukleid´esz: Elemek XII, 2.T´etel 6.1.1. Defin´ıci´ o. A ter¨ ulet az a nem negat´ıv, addit´ıv T halmazf¨ uggv´eny, ami az egyszer˝ u soksz¨ ogeken ´ertelmezett, az egys´egn´egyzethez az 1 sz´ amot rendeli ´es az egybev´ ag´ os´ agokra n´ezve invari´ ans. A defin´ıci´ o alapj´ an el˝ osz¨ or meghat´arozhatjuk tetsz˝oleges t´eglalap ter¨ ulet´et, majd a h´ aromsz¨ ogek ter¨ ulet´et, v´eg¨ ul az egyszer˝ u soksz¨og ter¨ ulet´et. Az els˝ o l´ep´esben r¨ ogt¨ on haszn´ alnunk kell, hogy a Cauchy-f´ele f¨ uggv´enyegyenletnek pozit´ıv ´ert´ekek eset´en egy´ertelm˝ u a megold´asa, pontosabban a pozit´ıv f´elegyenesen ´ertelmezett pozit´ıv ´ert´ekeket felvev˝o addit´ıv f¨ uggv´eny line´aris. Ennek bizony´ıt´ asa az archimedesi folytonoss´agi axi´om´at haszn´alja, ez´ert a hat´ ar´ atmenet fogalm´ ara explicite nem ´ep´ıt (implicit m´odon persze haszn´aljuk, ahogy haszn´ alnunk kell a szakasz hossz´anak defini´al´asa sor´an is). 6.1.1. Lemma. A t´eglalap ter¨ ulete a k´et oldal´ anak a szorzata, a h´ aromsz¨ og ter¨ ulete az alapj´ anak ´es hozz´ atartoz´ o magass´ aga szorzat´ anak a fele. Bizony´ıt´ as: Vil´ agos, hogy a t´eglalap egyik oldal´at r¨ogz´ıtve a ter¨ uletf¨ uggv´eny a m´ asik oldal hossz´ anak addit´ıv f¨ uggv´enye. A t´etel el˝otti megjegyz´es szerint ez a f¨ uggv´eny line´ aris, azaz valamely k ′ (a) sz´ammal t(T (a, b)) = k ′ (a) · b. Hasonl´ ok´eppen, valamilyen k ′′ (b) sz´ammal t(T (a, b)) = k ′′ (b) · a. Az els˝o egyenletbe b = 1-et helyettes´ıtve t(T (a, 1)) = k ′ (a) ad´odik, m´ıg a m´asodik egyenletbe a = 1-et rakva l´ atjuk, hogy t(T (1, b)) = k ′′ (b). Ez´ert t(T (a, b)) = k ′ (a) · b = t(T (a, 1)) · b = k ′′ (1) · a · b = t(T (1, 1)) · a · b = a · b. A h´aromsz¨og ter¨ ulet´ere vonatkoz´ o formula a h´aromsz¨og der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogekre bont´asa ut´ an azok t´eglalapp´ a t¨ ort´en˝ o kieg´esz´ıt´es´evel k¨onnyen ad´odik. 6.1.2. Lemma. Tetsz˝ oleges egyszer˝ u soksz¨ og egym´ ast nem metsz˝ o ´ atl´ okkal h´ aromsz¨ ogekre bonthat´ o. Bizony´ıt´ as: Az ´ all´ıt´ ast indukci´oval bizony´ıtjuk. n = 3 esetben az ´all´ıt´as teljes¨ ul. Legyen n ≥ 4. Tekints¨ uk a soksz¨og konvex burk´at, legyen v ezen soksz¨ og egy cs´ ucsa. v az eredeti soksz¨ognek is cs´ ucsa. A v-vel szomsz´edos ucs elhagy´as´aval keletkez˝o cs´ ucsok legyenek u ´es w. Ha uw ´atl´o, akkor a v cs´ soksz¨ ogre indukci´ os felt´etel¨ unket alkalmazva ´all´ıt´asunk ad´odik. Ha nem, akkor a △vuw h´ aromsz¨ og a belsej´eben, vagy az uw szakasz relat´ıv belsej´eben tartalmazza az eredeti soksz¨ og valamely cs´ ucs´at, ´ıgy tekinthetj¨ uk egyik´et azon

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

6.1. Ter¨ ulet az euklideszi s´ıkon

a

T(a,b)

T(a,c)

b

c

275

T(a,b) U T(a,c) = T(a,b+c) t(T(a,b))+ t(T(a,c)) = t(T(a,b+c))

6.1. ´ abra. Soksz¨og felbont´asa cs´ ucspontoknak, melyek △vuw h´aromsz¨ogh¨oz tartoznak, ´es az uw szakaszt´ol a t´avols´ aguk maxim´ alis. Egy ilyen cs´ ucspont z. Az vz szakasz nyilv´an az eredeti soksz¨ og ´ atl´ oja. Ez a soksz¨oget k´et kisebb oldalsz´am´ u soksz¨ogre bontja, melyekre egyenk´ent alkalmazva az indukci´os felt´etelt az ´all´ıt´as ad´odik. 6.1.1. Megjegyz´ es. Az indukci´ os bizony´ıt´ asb´ ol vil´ agos, hogy a keletkez˝ o h´ aromsz¨ ogek sz´ ama n − 2, ´es a felbont´ as egy O(n2 ) l´ep´essz´ am´ u rekurzi´ oval realiz´ alhat´ o. Ehhez el´eg ´eszrevenni, hogy a fenti elj´ ar´ asban O(n) l´ep´esben tal´ alhatunk egy ´ atl´ ot, ´ıgy a rekurz´ıv elj´ ar´ as O(n2 ) l´ep´esben fejezhet˝ o be. A jelenleg ismert leghat´ekonyabb algoritmus ezt a feladatot O(n) l´ep´esben oldja meg. 6.1.2. Megjegyz´ es. Az el˝ obbi megjegyz´est is figyelembe v´eve, ha van j´ ol defini´ alt ter¨ uletf¨ uggv´eny¨ unk, az k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o h´ aromsz¨ ogfelbont´ asok eset´en nem adhat k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ´ert´ekeket az egyszer˝ u soksz¨ og ter¨ ulet´ere. ´ Igy a tov´ abbiakban k´et u ´t k¨ oz¨ ul v´ alaszthatunk; vagy igazoljuk, hogy k´et h´ aromsz¨ ogre bont´ as eset´en az egyszer˝ u soksz¨ ogre ugyanazt a sz´ am´ert´eket kapjuk, ´ıgy az egyszer˝ u soksz¨ og ter¨ ulete defini´ alhat´ o, mint valamely fenti m´ odon val´ o triangul´ al´ as´ an´ al keletkez˝ o h´ aromsz¨ ogek ter¨ uleteinek az ¨ osszege, vagy ´ altal´ anosan konstru´ alunk egy ter¨ uletf¨ uggv´enyt, mely az eddig levezetett formul´ akat ´es a ter¨ ulet fogalm´ aban szerepl˝ o´ all´ıt´ asokat egyar´ ant teljes´ıti, s ekkor a ter¨ uletf¨ uggv´eny l´etez´ese garant´ alja, hogy a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o triangul´ al´ asok ugyanazon eredm´enyt adj´ ak. Sz´ amunk-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

276

´rfogatfogalom 6. A te

ra az els˝ o megold´ as k´ezenfekv˝ obb, mert ez esetleg a hiperbolikus s´ık eset´en is alkalmazhat´ o megfontol´ asokhoz vezet. 6.1.2. Defin´ıci´ o. Egy egyszer˝ u soksz¨ og konvex, ha tetsz˝ oleges k´et pontj´ aval egy¨ utt annak ¨ osszek¨ ot˝ o szakasz´ at is tartalmazza. 6.1.3. Lemma. Konvex soksz¨ og k´et, nem metsz˝ o´ atl´ okkal val´ o triangul´ al´ asa eset´en a k´et felbont´ asban keletkez˝ o h´ aromsz¨ ogek ter¨ uleteinek ¨ osszege megegyezik.

N1

A

N2

Nk

M 1 M 2 Mk

C

B 6.2. ´ abra. Konvex soksz¨og ter¨ ulete Bizony´ıt´ as: A cs´ ucssz´ amra vonatkoz´o indukci´oval bizony´ıtunk. n = 3 eset´en az ´ all´ıt´ as trivi´ alis. Ha n = 4, k´et h´aromsz¨ogbont´asunk van a k´et ´atl´onak megfelel˝ oen. A k´et bont´ as h´ aromsz¨ogei egym´ast n´egy h´aromsz¨ogben metszik. Ezek ter¨ ulet´enek egy´ertelm˝ us´ege ´es az additivit´as alapj´an az ´all´ıt´as ebben az esetben is teljes¨ ul. Legyen most n ≥ 4. Tekints¨ uk az egyik felbont´as egy olyan h´ aromsz¨ og´et, mely a soksz¨ og k´et szomsz´edos oldal´at tartalmazza oldalk´ent. Legyen ez △ABC , ahol AB, BC a soksz¨ognek is oldalai. (Mivel a soksz¨ognek n oldala van, a keletkez˝ o h´ aromsz¨ogek sz´ama pedig n − 2, ilyen h´aromsz¨og legal´ abb kett˝ o van.) Ha ezen h´aromsz¨og a m´asik felbont´asnak is h´aromsz¨oge, a B cs´ ucs elhagy´ as´ aval keletkez˝o konvex n − 1 sz¨ognek a marad´ek h´aromsz¨ ogek alkalmas triangul´ al´ as´ at adj´ak, ´ıgy indukci´os felt´etel¨ unket ´erv´enyes´ıtve az ´ all´ıt´ ast kapjuk. Ha △ABC nem h´aromsz¨oge a m´asodik felbont´asnak, a B cs´ ucsb´ ol indul´ o n − 3 > k > 0 ´atl´o k metsz´espontot ad az AC szakaszon. Legyenek ezek rendre M1 , · · · Mk . A BA, BM1 , · · · BMk , BC szakaszok a m´asodik triangul´ aci´ o (k + 1) darab B cs´ ucs´ u h´aromsz¨og´enek oldalaira illeszkeducspontok legyenek rendre nek. A BM1 , · · · BMk szakaszoknak megfelel˝o cs´ N1 , · · · Nk . Az AN1 . . . Nk C konvex soksz¨oget a vizsg´alt ´atl´ok a △AN1 M1 , △Nk Mk C h´ aromsz¨ ogek ´es az Mi Ni Ni+1 Mi+1 n´egysz¨ogek diszjunkt uni´oj´ara

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

277

6.1. Ter¨ ulet az euklideszi s´ıkon

bontj´ ak. Tekints¨ uk az Mi Ni Ni+1 Mi+1 n´egysz¨ognek az Mi Ni+1 a´tl´oval val´o felbont´ as´ at. Ekkor az additivit´as miatt t(△BNi Ni+1 ) = t(△BMi Mi+1 ) + t(△Mi Ni Ni+1 ) + t(△Mi Ni+1 Mi+1 ) all fenn. Jel¨ ´ olj¨ uk F-fel a m´ asodik felbont´as azon h´aromsz¨ogeinek halmaz´at, melyek nem tartoznak a AN1 . . . Nk C soksz¨ogh¨oz. A m´asodik felbont´ashoz tartoz´ o ter¨ ulet¨ osszeg ´ıgy X t2 = t(△ABC ) + t(△) + t(△AN1 M1 )+ △∈F

+

k−1 X

[t(△Mi Ni Ni+1 ) + t(△Mi Ni+1 Mi+1 )] + t(△CNk Mk ).

i=1

Az M1 N1 N2 M2 n´egysz¨ og m´ asik ´atl´o szerinti felbont´asa a t(△M1 N1 N2 ) + t(△M1 N2 M2 ) = t(△M1 N1 M2 ) + t(△M2 N1 N2 ) egyenl˝ os´eghez vezet, ahonnan a t(△AN1 M1 ) +

k−1 X i=1



 t(△Mi Ni Ni+1 ) + t(△Mi Ni+1 Mi+1 ) + t(△CNk Mk ) =

= t(△AN1 M2 ) + t(△M2 N1 N2 ) +

k−1 X

[t(△Mi Ni Ni+1 ) + t(△Mi Ni+1 Mi+1 )]+

i=2

+t(△AN1 M1 ) osszef¨ ugg´eshez jutunk. Az elj´ar´ast folytatva az AN1 . . . Nk C soksz¨og nem ¨ metsz˝ o´ atl´ okkal val´ o △AN1 C , △CN1 N2 , △CN2 N3 , . . . , △CNk−1 Nk triangul´aci´oj´ at kapjuk, mellyel a k´erd´eses t2 ter¨ ulet¨osszeg:   k−1 X  X △CNi Ni+1 . t2 = t(△ABC ) + t(△) + t(△AN1 C ) +   △∈F

i=1

Mivel a kapcsos z´ ar´ ojelben lev˝o ¨osszeg egy nem metsz˝o ´atl´okkal val´o felbont´ as´ u ter¨ ulet¨ osszege azon n − 1 cs´ ucs´ u soksz¨ognek, mely az △ABC elhagy´as´aval keletkezik, az indukci´ os felt´etel¨ unk szerint megegyezik az els˝o felbont´as △ABC -t˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o h´ aromsz¨ogeinek ter¨ ulet¨osszeg´evel, ez´ert t1 = t2 val´oban teljes¨ ul.

6.1.3. Defin´ıci´ o. A konvex soksz¨ og ter¨ ulete a nem metsz˝ o´ atl´ okkal val´ o valamely felbont´ as´ aban szerepl˝ o h´ aromsz¨ ogek ter¨ ulet´enek ¨ osszege.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

278

´rfogatfogalom 6. A te

Lemm´ ank szerint a h´ aromsz¨ogekre a megfelel˝o formul´at ad´o ter¨ uletf¨ uggv´eny a fenti defin´ıci´ oval kiterjed a konvex soksz¨ogekre is. 6.1.1. T´ etel. Egyszer˝ u soksz¨ og k´et, nem metsz˝ o´ atl´ okkal val´ o triangul´ al´ asa eset´en a k´et felbont´ asban keletkez˝ o h´ aromsz¨ ogek ter¨ uleteinek ¨ osszege megegyezik. Bizony´ıt´ as: Az egyszer˝ u soksz¨og egyik triangul´aci´oja a m´asik h´aromsz¨ogeit konvex r´eszekre bontja. A konvex daraboknak tetsz˝oleges triangul´aci´oj´at tekintve a t1 ter¨ ulet¨ osszeg az ´ abr´an szerepl˝o valamennyi h´aromsz¨og ter¨ ulet´enek osszegek´ent ad´ odik. A m´ asodik, t2 ter¨ ulet¨osszeget ugyanezen h´aromsz¨ogek ¨ ter¨ ulet´enek egy m´ asik csoportos´ıt´as´aval kapott ¨osszeg adja. ´Igy a k´et ter¨ ulet¨ osszeg megegyezik. Ez az el˝oz˝o lemma szerint nem f¨ ugg a metszetdarabok triangul´ al´ as´ at´ ol. 6.1.4. Defin´ıci´ o. Az egyszer˝ u soksz¨og ter¨ ulete a nem metsz˝ o´ atl´ okkal val´ o valamely felbont´ as´ aban szerepl˝ o h´ aromsz¨ ogek ter¨ ulet´enek ¨ osszege. Defin´ıci´ onk a t´etel ´ertelm´eben a ter¨ uletf¨ uggv´eny egyszer˝ u soksz¨ogekre val´o kiterjeszt´es´et adja. Ezzel igazoltuk, hogy a h´aromsz¨ogekhez rendelt az alap ” ´es a hozz´ atartoz´ o magass´ ag szorzata osztva kett˝ovel” f¨ uggv´eny a ter¨ ulet defin´ıci´ oj´ aban szerepl˝ o valamennyi kit´etelnek megfelel˝o m´odon kiterjeszthet˝o. Azaz van olyan ter¨ uletf¨ uggv´eny, aminek ´erv´enyess´egi k¨or´et a tov´abbiakban altal´ ´ anosabb s´ıkbeli alakzatokra is kiterjeszthetj¨ uk. Legyen T valamely ter¨ uletf¨ uggv´eny¨ unk. 6.1.5. Defin´ıci´ o. A H halmaznak van ter¨ ulete, ha a be´ırt egyszer˝ u soksz¨ ogek ter¨ ulet´enek B(H) supr´emuma megegyezik a k¨ or´e ´ırt egyszer˝ u soksz¨ ogek ter¨ ulet´enek K(H) infinum´ aval. Legyen T (H) ´ert´ek ez a k¨ oz¨ os sz´ am. Jegyezz¨ uk meg, hogy egyszer˝ u soksz¨ogek eset´en ez ´eppen a kor´abban defini´ alt ter¨ ulet ´ert´eke. 6.1.4. Lemma. A ter¨ uletf¨ uggv´eny monoton, azaz, ha A ⊂ B, ´es a k´et halmaznak van ter¨ ulete, akkor T (A) ≤ T (B).

Bizony´ıt´ as: Legyen K ⊂ A ⊂ B egyszer˝ u soksz¨og, ekkor T (K) ≤ T (B) minden K ⊂ A-ra, ´ıgy T (A) = B(A) ≤ B(B) = T (B).

6.1.2. T´ etel. Minden korl´ atos konvex halmaznak van ter¨ ulete. A k¨ or ter¨ ulete r2 π. Bizony´ıt´ as: Legyen C tetsz˝oleges konvex halmaz. Ha nincs h´arom, nem egy egyenesen lev˝ o pontja, akkor maga is egy szakasz, ´ıgy ter¨ ulete nyilv´an nulla. Egy´ebk´ent tekints¨ uk egy ´atm´er˝oj´et. (K´et hat´arpontj´at ¨osszek¨ot˝o szakaszt h´ urnak nevez¨ unk, a maxim´alis hossz´ us´ag´ u h´ urok az ´atm´er˝ok.) Ennek v´egpontjaiban h´ uzott mer˝ olegesek a konvex halmazt csak ebben a pontj´aban metszik, ezek a konvex halmaznak t´amaszegyenesei. Az ´atm´er˝o ´es az egyik v´egpontj´ aban megrajzolt t´amaszegyenes a konvex halmazhoz rendelt

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

279

6.2. Ter¨ ulet a hiperbolikus s´ıkon

der´eksz¨ og˝ u koordin´ ata-rendszert sz´armaztat, tekints¨ uk x tengelynek az ´atm´er˝ o egyenes´et. A pozit´ıv y koordin´at´aj´ u pontok egy u ´jabb C + konvex halmazt adnak, C metszet´et a fels˝ o f´els´ıkkal. Ennek azon hat´arpontjai, melyek x-hez nem tartoznak, a koordin´ ata-rendszer konk´av f¨ uggv´eny´et adj´ak. Ezen konk´ av f¨ uggv´eny Riemann-integr´alhat´os´ag´ab´ol k¨ovetkezik, hogy az als´o k¨ozel´ıt˝o osszegek supr´emuma ´es a fels˝o k¨ozel´ıt˝o ¨osszegek infinuma megegyezik. Mi¨ vel ezek geometriai reprezent´aci´oja C + -ba be´ırt, illetve C + k¨or´e ´ırt egyszer˝ u soksz¨ ogek ter¨ uleteinek supr´emuma, illetve infinuma, C + -nak, ´ıgy vele egy¨ utt C-nek is van ter¨ ulete. A k¨ or ter¨ ulet´ere vonatkoz´o ´all´ıt´as egyszer˝ u integr´al´assal k¨ onnyen ad´ odik.

C

+

C

6.3. ´ abra. Konvex halmaz ter¨ ulete

6.2. Teru ¨ let a hiperbolikus s´ıkon Egyenl˝ o ter¨ ulet˝ u h´ aromsz¨ ogeknek a sz¨ og¨ osszege egyenl˝ o.

Bolyai J.: Appendix A ter¨ ulet f¨ uggv´enydefin´ıci´oj´at m´odos´ıtanunk kell, hiszen nincs a hiperbolikus s´ıkon n´egyzet, a hely´ebe l´ep˝o alakzat ter¨ ulet´enek egys´egk´ent val´o r¨ogz´ıt´ese pedig nem kecsegtet el˝ony¨okkel. Mint kider¨ ul, a j´o m´ert´ekv´alaszt´as a h´ aromszorosan aszimptotikus h´aromsz¨ogek ter¨ ulet´enek alkalmas r¨ogz´ıt´es´evel ad´ odik. 6.2.1. Defin´ıci´ o. A ter¨ ulet egy olyan T nem negat´ıv addit´ıv halmazf¨ uggv´eny, ami az egyszer˝ u soksz¨ ogeken ´ertelmezett, ´es az egybev´ ag´ os´ agokra n´ezve invari´ ans. 6.2.1. T´ etel. A h´ aromszorosan aszimptotikus h´ aromsz¨ ogek egym´ assal egybev´ ag´ oak. ´ Igy ter¨ ulet¨ uk egy konstans T ´ert´ek.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

280

´rfogatfogalom 6. A te

C

,

F2 C P

,

P A

B

O

F1

6.4. ´ abra. H´ aromszorosan aszimptotikus h´aromsz¨ogek egybev´ag´os´aga

Bizony´ıt´ as: A projekt´ıv modell egybev´ag´os´agai azok a kolline´aci´ok, melyek a modellk¨ ort invari´ ansan hagyj´ak. Tekints¨ unk egy a modellbe ´ırt △ABC h´a´gy, romsz¨ oget. Az AB szakaszfelez˝o mer˝olegese messe a C ′ -ben a modellk¨ort u hogy C ´es C ′ azonos, AB ´altal meghat´arozott ´ıven legyenek. Ha C = C ′ , a h´ aromsz¨ og¨ unk egyenl˝ o sz´ ar´ u, ha nem, tekints¨ uk az AB ´es CC ′ egyenesek O metsz´espontj´ at. Tegy¨ uk fel, hogy a (OBA), (OCC ′ ) rendez´esek ´allnak fenn, ha O k¨ oz¨ ons´eges pont, illetve legyen AC ′ CB a trap´ez cs´ ucsainak k¨orbenj´ar´ asa, ha O v´egtelen t´ avoli pont. Tekints¨ uk azt a centr´alis axi´alis kolline´aci´ot, melynek centruma O, az A, B, illetve C k´epe B, A, illetve C ′ . Ennek a lek´epez´esnek a tengelye a BC, AC ′ egyenesp´ar k¨oz¨os pontj´at az AC, BC ′ egyenesp´ ar k¨ oz¨ os pontj´ aval ¨ osszek¨ ot˝o egyenes. (Mivel az egyik pont a k¨or¨on k´ıv¨ ul a m´ asik bel¨ ul helyezkedik el, a lek´epez´esnek k´et fixpontja is van a k¨or¨on (F1 ´es F2 ), ezek az O-b´ ol a k¨ orh¨ oz h´ uzott ´erint˝ok ´erint´esi pontjai.) A lek´epez´es olyan kolline´ aci´ o, mely a modellk¨ ort invari´ansan hagyja, hiszen ha P k´epe P ′ valamely P k¨ orhat´ aron lev˝ o pontra, akkor P A ´es P ′ B egyenesek metsz´espontja a tengelyre esik. A Pascal-t´etel megford´ıt´as´at alkalmazva a CP BC ′ P ′ A hatsz¨ ogre ad´ odik, hogy ezen pontok egy k´ upszeletre illeszkednek. Mivel a hat pont k¨ oz¨ ul ¨ ot egy k¨ or pontja, P ′ is a modellk¨orh¨oz tartozik. ´Igy minden k¨orbe ´ırt h´ aromsz¨ og egyenl˝ o oldal´ u h´aromsz¨ogbe transzform´alhat´o a modellben

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

6.2. Ter¨ ulet a hiperbolikus s´ıkon

281

egybev´ ag´ os´ agk´ent jelentkez˝ o transzform´aci´oval. Az egyenl˝ooldal´ u h´aromsz¨ogek a modellk¨ or k¨ oz´eppontja k¨or¨ uli forgat´assal azonos´ıthat´ok, amely szint´en a hiperbolikus s´ık egybev´ ag´ os´aga. Ezzel ´all´ıt´asunkat igazoltuk. 6.2.2. T´ etel. Az egyszeresen aszimptotikus h´ aromsz¨ ogek ´ atdarabolhat´ oak egy otsz¨ ogbe. ¨ Bizony´ıt´ as: Az ´ atdarabolhat´os´ag bizony´ıt´as´ahoz H. Liebmann zseni´alis ¨otlet´et alkalmazzuk, a szeml´eletes ´abr´ahoz a Poincar´e-k¨ormodellt fogjuk haszn´ alni (l´ asd 6.5. ´ abra). Jel¨ olj¨on ABC egy olyan egyszeresen aszimptotikus h´ aromsz¨ oget, amelynek v´egtelenben fekv˝o cs´ ucsa C, A cs´ ucsa pedig a modellk¨ or k¨ oz´eppontja. (Ezzel a felt´etellel az ´abr´at csak egyszer˝ us´ıtj¨ uk, mint l´ attuk, a modellk¨ or k¨ oz´eppontj´anak nincs kit¨ untetett szerepe.) Eg´esz´ıts¨ uk ki az ABC h´ aromsz¨ oget az AB oldal´elegyenes alkalmas meghosszabb´ıt´as´aval egy ACD k´etszeresen aszimptotikus h´aromsz¨ogg´e. Az A cs´ ucsb´ol DC oldalra bocs´ atott mer˝ oleges talppontja M , az ABC h´aromsz¨og AM egyenesre vonatkoz´ o t¨ uk¨ ork´epe pedig AA1 D. Az A1 D, illetve BC oldalak M1 -ben metszik egym´ ast. Az A1 ´es B pontokb´ol szint´en ´all´ıtsunk mer˝olegest a DC egyenesre, a talppontokat jel¨ olje P ´es Q. Ha a CB egyenes t¨ uk¨ork´epe az A1 P egyenesre DA2 , akkor az A1 A2 M2 h´ aromsz¨og egybev´ag´o az A1 M1 M2 h´aromsz¨oggel, az viszont az M1 BB2 h´ aromsz¨oggel, ´ıgy az ABC h´aromsz¨og sz´ammal jel¨ olt darabjait rendre meg tudjuk feleltetni az ¨otsz¨og azonos sz´ammal jel¨olt darabjainak. Ebb˝ ol az ´ all´ıt´ as m´ar k¨ovetkezik. 6.2.3. T´ etel. Ha a k´etszeresen aszimptotikus h´ aromsz¨ og sz¨ oge α, a ter¨ ulete c(π − α), ahol a c konstans tetsz˝ oleges pozit´ıv sz´ am lehet.

Bizony´ıt´ as: Jel¨ olje f (φ) a k´erd´eses ter¨ uletet, ahol φ a h´aromsz¨og sz¨og´enek kieg´esz´ıt˝ o sz¨ oge (l´ asd a 6.6. a´br´at). Ha most ¨ osszeilleszt¨ unk az ´abr´anak megfelel˝oen k´et k´etszeresen aszimptotikus h´ aromsz¨ oget, melyek nem nulla sz¨oge rendre φ ´es π − φ, egy h´aromszorosan aszimptotikus h´ aromsz¨oget kapunk, melynek ter¨ ulete a konstans T ´ert´ek. Ebb˝ ol r¨ ogt¨ on ad´ odik, hogy a vizsg´alt f¨ uggv´enyre teljes¨ ul a f (φ) + f (π − φ) = T felt´etel, ahol 0 ≤ φ ≤ π. (Az f (0) = 0, f (π) = T ´ert´ekp´ar hat´ar´atmenettel ad´ odik.) A 6.6. ´ abra j´ ol mutatja, hogy mi´ert kell teljes¨ ulnie az f (φ) + f (ψ) + f (π − φ − ψ) = T egyenl˝ os´egnek minden φ ≥ 0,ψ ≥ 0 ´es φ + ψ ≤ π ´ert´ekp´arra. Ezen k´et osszef¨ ugg´esb˝ ol viszont m´ ar algebrailag k¨ovetkezik az ¨ f (φ) + f (ψ) = f (φ + ψ) u ´gynevezett Cauchy-f¨ uggv´enyegyenlet. Ezen egyenletnek nyilv´anval´oan meg-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

282

´rfogatfogalom 6. A te

A 12

B B1

M1 34

4

Q

A1 A2 M2

P M

C

D

6.5. ´ abra. Liebmann ´atdarabol´asa

N A

f

f(f) N

f(f)

f(p- f) M

L

f

p- f

M

A 6.6. ´ abra. Mi´ert addit´ıv az f f¨ uggv´eny? old´ asa az f (x) = λx f¨ uggv´eny, pozit´ıv ´ert´ek˝ u, folytonos, val´os f¨ uggv´enyek eset´en nincs az egyenletnek m´as megold´asa. Ezen k´et tulajdons´agb´ol ugyanis r¨ ogt¨ on k¨ ovetkezik, hogy f monoton n¨ov˝o, ´es az f (1) = λ felt´etelb˝ol pedig, hogy f (n) = nλ. Ha most k k+1 ≤x≤ n n

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

283

´rfogat az euklideszi te ´rben 6.3. Te

N A p-y

C

p-f p+y

B

L

M

6.7. ´ abra. A ter¨ ulet ´es a defektus valamely x val´ os sz´ amra, akkor fenn´all k ≤ nx ≤ k + 1, ´es ´ıgy kλ ≤ nf (x) ≤ (k + 1)λ. Ebb˝ ol m´ ar ad´ odik

x − f (x) < 1 λ n

minden n term´eszetes sz´ am eset´en. Azaz val´oban teljes¨ ul f (x) = λx. A λ ´ert´eke nyilv´ an λ = T /π, mert a h´aromszorosan aszimptotikus h´aromsz¨og ter¨ ulete T . Ezek ut´ an v´ alasszuk a T ´ert´ek´et π-nek. Ekkor 6.2.4. T´ etel. Az α, β, γ sz¨ ogekkel rendelkez˝ o h´ aromsz¨ og ter¨ ulete a defektusa. Bizony´ıt´ as: Az oldalak ciklikus meghosszabb´ıt´as´aval b´armely v´eges oldal´ u ABC△ h´ aromsz¨ og egy h´ aromszorosan aszimptotikus h´aromsz¨ogg´e eg´esz´ıthet˝ o ki. A kieg´esz´ıt˝ o darabok olyan k´etszeresen aszimptotikus h´aromsz¨ogek, melyek ter¨ ulete az el˝ obbiek szerint ´eppen λα, λβ, λγ, ´ıgy a ter¨ uletf¨ uggv´eny additivit´ asa alapj´ an a k´ıv´ ant formul´ahoz jutunk: T (ABC△ ) = λ(π − (α + β + γ)) ahol λ = T /π.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

284

´rfogatfogalom 6. A te

6.3. T´ erfogat az euklideszi t´ erben Azok a paralelepipedonok, melyek magass´ aga ugyanaz, u ´gy ar´ anylanak egym´ ashoz, mint az alapjaik.

Eukleid´esz Elemek XI. 32. T´etel A ter¨ ulet fogalm´ anak fel´ep´ıt´es´ehez nem volt sz¨ uks´eg egy´ebre, csak azon princ´ıpium felhaszn´ al´ as´ ara, hogy pontosan az egym´asba ´atdarabolhat´o alakzatok az egyenl˝ o ter¨ ulet˝ uek. A t´erben ez az elv nem igaz, k´et azonos ter¨ ulet˝ u poli´eder nem felt´etlen¨ ul darabolhat´o ´at egym´asba. Ahhoz, hogy alkalmas defin´ıci´ ohoz juthassunk, el˝ osz¨ or ezt a k´erd´est vizsg´aljuk meg. 6.3.1. Max Dehn t´ etele M. Dehn Hilbert harmadik probl´em´aj´anak megv´alaszol´asa k¨ozben bevezeti a Dehn-invari´ ans fogalm´ at. Ez egy poli´ederhez rendelt sz´am, ami rendelkezik azzal a tulajdons´ aggal, hogy ´atdarabol´as sor´an az ´ert´eke nem v´altozik meg. V´ alasszunk egy f : R → R addit´ıv f¨ uggv´enyt, amelyre f (π) = f (0) = 0. Defini´ aljuk tetsz˝ oleges P poli´ederre a k¨ovetkez˝o sz´amot: X D(P ) = f (θe )ℓ(e), e∈{P ´ ele}

ahol θe a P poli´eder e ´el´en´el fell´ep˝o lapsz¨og, ´es ℓ(e) az e ´el hossza. Igazolni akarjuk, hogy ha P -t v´eges sok kisebb P1 , . . . , PN -re poli´ederre bontjuk, akkor N X D(P ) = D(Pk ) (6.1) k=1

´ll fenn, azaz, ha P ´es Q egym´asba ´atdarabolhat´oak, akkor D(P ) = D(Q). a Legyen P1 , . . . , PN a P egy ilyen felbont´asa. Adott e ´el ´es Pk eset´en a k¨ ovetkez˝ o esetek l´ephetnek fel:

1. e a P belsej´ebe esik. Mivel ilyenkor e egy k¨ornyezete is P -hez tartozik, az e-t ´elk´ent vagy annak r´eszek´ent tartalmaz´o darabok e-n´el fell´ep˝o lapsz¨ ogeinek ¨ osszege 2π. ´Igy a (6.1) jobb oldal´an az e ´el egy f (2π)ℓ(e) mennyis´eggel j´ arul az ¨ osszeghez. (Felhaszn´altuk, hogy f addit´ıv.) 2. e P egy lapj´ ahoz tartozik. Ilyenkor az el˝oz˝o pont okfejt´ese ´erv´enyben marad, de a k´erd´eses ¨ osszeghez most f (π)ℓ(e) ¨osszeggel j´arulunk csak hozz´ a. 3. ha e egy e′ P -hez tartoz´o ´el r´esze, akkor a teljes hozz´aj´arul´as ´eppen f (θe′ )ℓ(e). Mivel f -et u ´gy v´ alasztottuk, hogy f (π) = 0, ´ıgy f (2π) = 0 f addit´ıv volta miatt szint´en igaz, ez´ert kapjuk, hogy a (6.1) egyenl˝os´eg val´oban fenn´all.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´rfogat az euklideszi te ´rben 6.3. Te

285

6.3.1. T´ etel (Dehn a´tdarabolhat´os´agi t´etele). A szab´ alyos tetra´eder ´es a vele egyenl˝ o t´erfogat´ u kocka nem darabolhat´ ok egym´ asba. Bizony´ıt´ as: Tekints¨ unk egy 1 ´el˝ u szab´alyos T tetra´edert. Vil´agos, hogy D(T ) = 6f (θ), ahol θ a T egy lapsz¨oge. Ismert, hogy a cos(θ) = 31 ¨osszef¨ ugg´esnek eleget tev˝ o sz¨ ogre θ/π irracion´alis, azaz tal´alhat´o egy addit´ıv f f¨ uggv´eny u ´gy, hogy f (θ) = 1 ´es f (π/2) = 0 egyar´ant teljes¨ ul. Tekints¨ uk ugyanis Q felett R-et mint v´egtelen dimenzi´os V vektorteret. Ebben π ´es θ f¨ uggetlen vektorok, ´ıgy kieg´esz´ıthet˝ok a t´er egy b´azis´av´a. (Term´eszetesen haszn´ aljuk a kiv´ alaszt´ asi axi´om´at.) Legyen f : V → R line´aris funkcion´al, melyre f (θ) = 1, ´es a t¨ obbi b´azisvektorra v-re f (v) = 0. A f¨ uggv´eny Q felett line´ aris, R felett addit´ıv. Defin´ıci´o szerint f (θ) = 1, ´es az additivit´as miatt 2f (π/2) = f (π) = 0. (Jegyezz¨ uk meg, hogy f R felett nem line´aris, mert 0 6= πf (θ), m´ıg 0 = θf (π), ´es linearit´as eset´en mindkett˝o f (θπ)-vel lenne egyenl˝ o.) Azaz a K kock´ ara D(K) = 0, ugyanakkor a szab´alyos tetra´ederre D(T ) = 6. ´Igy nem lehet ˝ oket egym´ asba ´atdarabolni. 6.3.2. Cavalieri-elv A ter¨ ulet fel´ep´ıt´es´enek m´ odszere tov´abbi analitikus felt´etel n´elk¨ ul teh´at nem alkalmazhat´ o a t´erfogatra. A hat´ar´ert´ek fogalm´anak korai haszn´alat´at elker¨ ulend˝ o egy u ´j axi´ om´ at – a Cavalieri-elvet– vesz¨ unk fel axi´om´aink k¨oz´e. Ennek c´elja a lehet˝ o legegyszer˝ ubb m´odon ¨osszekapcsolni a ter¨ ulet ´es a t´erfogat fogalm´ at. Mint ahogy az m´as tank¨onyvekb˝ol kider¨ ul, az elemi fel´ep´ıt´esek elker¨ ulhetik ezt az ´ all´ıt´ ast, de annak analogonjait u ´jra ´es u ´jra bizony´ıtaniuk kell, p´eld´ aul eml´ıten´em az egyenl˝o alapter¨ ulettel ´es egyenl˝o magass´aggal rendelkez˝ o tetra´ederekhez rendelt sz´amok egyenl˝os´eg´et, vagy az azonos alappal rendelkez˝ o, egyenl˝ o magass´ ag´ u k´ upok ´es hengerek t´erfogat´anak az ar´any´at. Term´eszetesen az elvet a modern matematika elv´ar´asainak megfelel˝o szinten kell interpret´ alni, ´ıgy a szok´ asos egyszer˝ ubb megfogalmaz´as helyett egy kicsit k¨ orm¨ onfontabbak lesz¨ unk. 6.3.1. Defin´ıci´ o (Cavalieri-elv). A V halmazf¨ uggv´eny teljes´ıti a Cavalieri elvet, ha tetsz˝ oleges H1 , H2 halmazp´ ar eset´en, amelyre ´ertelmezett, teljes¨ ul a k¨ ovetkez˝ o tulajdons´ ag: ha egy p´ arhuzamos s´ıksor elemeivel metszve H1 ´es H2 halmazokat, minden metszetp´ arnak l´etezik ´es egyenl˝ o a ter¨ ulete, akkor V (H1 ) = V (H2 ). 6.3.2. Defin´ıci´ o. A t´erfogat egy nem negat´ıv, addit´ıv V halmazf¨ uggv´eny, ami az egyszer˝ u poli´edereken ´ertelmezett, az egys´egkock´ ahoz az 1 sz´ amot rendeli, az egybev´ ag´ os´ agokra n´ezve invari´ ans, ´es teljes´ıti a Cavalieri-elvet. Most m´ ar a tov´ abbi fel´ep´ıt´eshez sz¨ uks´eges tetra´edert´erfogat egyszer˝ uen ad´ odik.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

286

´rfogatfogalom 6. A te

6.3.2. T´ etel. A T tetra´eder t´erfogata V (T ) =

1 T (ABC△ )) · m, 3

ahol m az ABC△ h´ aromsz¨ oglaphoz tartoz´ o tetra´edermagass´ ag.

f

g d e f c b a

e

d b

f

c e cg

a

e

b a c g d

6.8. a´bra. Tetra´eder t´erfogata Bizony´ıt´ as: A szokott m´ odon, alkalmas ´atdarabol´asokkal ´es a folytonoss´agi axi´ om´ ak felhaszn´ al´ as´ aval eljuthatunk a paralelepipedon t´erfogat´at kifejez˝o az alapter¨ ulet ´es a magass´ ag szorzata” formul´aig. A paralelepipedont egy ” atl´ ´ os s´ıkja ment´en f´elbev´ agva k´et egybev´ag´o h´aromoldal´ u has´abhoz jutunk, melyeknek persze egyenl˝ o a t´erfogata. Az ´abr´anak megfelel˝o m´odon ezen has´ ab h´ arom – a Cavalieri-elv szerint – egyenl˝o t´erfogat´ u tetra´ederre bomlik, melyek t´erfogata ezek szerint a paralelepipedon t´erfogat´anak hatoda. Mivel a konvex poli´ederek tetra´ederekre bonthat´ok, tov´abb´a az ´altal´anos poli´ederek konvex poli´ederek diszjunkt uni´ojak´ent ´allnak el˝o, a poli´ederek t´erfogat´ at meg tudjuk hat´ arozni. A k¨ozismert egy´eb testek t´erfogata integr´ alsz´ am´ıt´ as seg´ıts´eg´evel hat´ arozhat´o meg.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

287

´ lfogalmak 6.4. Integra

6.4. Integr´ alfogalmak Egy matematikai elm´eletet – mint egy´ebk´ent minden m´ as dolgot – k¨ onnyebb felfogni, mint elmagyar´ azni a sz´eps´eg´et.

A. Cayley Az integr´ al´ as teh´ at alapvet˝o szerepet j´atszik a t´erfogat meghat´aroz´as´aban. Most a legink´ abb haszn´ alt k´et integr´alfogalmat eleven´ıtj¨ uk fel. 6.4.1. Jordan-m´ ert´ ek ´ es a Riemann-integr´ al A Jordan-m´ert´ek a szok´ asos poli´edert´erfogat-fogalmon alapul´o m´er´esi m´od. A tov´ abbiakban n-dimenzi´ os abszol´ ut t´erben adjuk meg a m´ert´eket, felhaszn´alva, hogy a szimplex t´erfogat´ anak ismeret´eben tetsz˝oleges poli´eder t´erfogat´at ismerj¨ uk. Ha H tetsz˝ oleges halmaz, melybe ´ırhat´o poli´eder, ´es valamely m´asik poli´ederhez hozz´ atartozik, defini´alhatjuk a H bels˝o, illetve k¨ uls˝o m´ert´ek´et: v − (H) = sup{v(P ) ahol P ⊂ H poli´eder }, v + (H) = sup{v(P ) ahol P ⊃ H poli´eder }. Jordan ´ertelemben m´erhet˝ o egy halmaz, ha v − (H) = v + (H) =: v(H), ´es ekkor ezt a k¨ oz¨ os ´ert´eket a halmaz Jordan-m´ert´ek´enek vagy n-dimenzi´os t´erfogat´ anak nevezz¨ uk ´es v(H)-val jel¨olj¨ uk. Jegyezz¨ uk meg, hogy defin´ıci´onk szerint a poli´ederek Jordan-m´erhet˝ok. Jordan-m´erhet˝o halmazok v´eges metszete ´es uni´ oja, valamint szimmetrikus differenci´aja szint´en m´erhet˝o. Kompakt halmaz nem felt´etlen¨ ul m´erhet˝o, a Cantor-halmaz bels˝o m´ert´eke nyilv´ an nulla, m´ıg k¨ uls˝ o m´ert´eke nem t˝ unik el, mert a komplementer intervallumok o sszhossza kisebb, mint egy; hasonl´ ok´eppen a [0, 1] intervallum raci¨ on´ alis pontjainak halmaza mint R r´eszhalmaza sem m´erhet˝o. Egy korl´atos ny´ılt halmaz szint´en nem felt´etlen¨ ul Jordan-m´erhet˝o. Igazolhat´o, hogy egy korl´ atos halmaz Jordan-m´erhet˝o akkor ´es csak akkor, ha a hat´ara Lebesgue´ertelemben nullm´ert´ek˝ u halmaz. Vil´agos, hogy megsz´aml´alhat´o uni´ora a Jord´ an-m´erhet˝ o halmazok halmaza nem z´art, azaz a Jordan-m´erhet˝o halmazok nem alkotnak σ-algebr´ at, ´ıgy a Jordan-m´ert´ek igaz´ab´ol nem m´ert´ek. A Riemann ´ altal haszn´ alt integr´alfogalom a Jordan-m´ert´ek fogalm´ara ´ep´ıt. Most mi a Darboux ´ altal bevezetett fel´ep´ıt´est v´azoljuk. Legyen f : Rn −→ R val´ os vektorv´ altoz´ os, val´ os ´ert´ek˝ u f¨ uggv´eny. Jel¨olje D(f ) az ´ertelmez´esi tartom´ any´ at, s tegy¨ uk fel, hogy ez Jordan-m´erhet˝o halmaz. Az ´ertelmez´esi tartom´ any egy feloszt´ asa nem m´ as, mint v´eges sok, p´aronk´ent k¨oz¨os bels˝o ponttal nem rendelkez˝ o, Jordan-m´erhet˝o halmazok egy olyan rendszere, amelyek uni-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

288

´rfogatfogalom 6. A te

´ja D(f ). Jel¨ o olj¨ on F egy ilyen feloszt´ast, ´es vezess¨ uk be a feloszt´asra vonatkoz´ o als´ o s(f, F ), illetve fels˝ o S(f, F ) k¨ozel´ıt˝o ¨osszeget a k¨ovetkez˝ok´eppen: s(f, F ) :=

n X

mi v(Fi ),

n X

Mi v(Fi ),

i=1

S(f, F ) :=

i=1

ahol Fi az F feloszt´ ashoz tartoz´o i-edik halmaz, mi , illetve Mi az f f¨ uggv´eny infinuma illetve supremuma az Fi halmazon. K¨onnyen igazolhat´o, hogy ha F , illetve F ′ k´et feloszt´ as, akkor teljes¨ ul a s(f, F ) ≤ S(f, F ′ ) egyenl˝ otlens´eg, ´ıgy az o ¨sszes feloszt´asok halmaz´an defini´alt s(f ) := sup s(f, F ) ≤ inf S(f, F ) =: S(f ) egyenl˝ otlens´eg is fenn´ all. A s(f ), illetve S(f ) f¨ uggv´enyek az als´o, illetve fels˝ o Darboux-f´ele integr´ alok. Riemann-´ertelemben integr´ alhat´ onak nevezz¨ uk a f¨ uggv´enyt, ha az als´ o, illetve fels˝o Darboux-integr´alja megegyezik. K¨ onnyen igazolhat´ o, hogy Jordan-m´erhet˝o halmazon ´ertelmezett folytonos f¨ uggv´eny Riemann-integr´ alhat´o, ´es az integr´al ´ert´eke a gr´af ´es az xn+1) = 0 hipers´ık k¨ oz¨ otti ´ altal´ anos henger Jordan-m´ert´eke ((n + 1)-dimenzi´os t´erfogata). K¨ ovetkez´esk´eppen a halmazok egy sz´eles k¨or´enek Jordan-m´ert´eke integr´al´as u ´tj´ an meghat´ arozhat´ o, pl. tetsz˝oleges konvex halmaz hat´ar´at egy adott ir´any´ u arny´ekhat´ ´ ara k´et olyan fel¨ uletre v´agja sz´et, mely egy alkalmas koordin´atarendszerben egy folytonos f¨ uggv´eny gr´afja, ´ıgy tetsz˝oleges n + 1-dimenzi´os konvex halmaz euklideszi t´erfogata meghat´arozhat´o. Mindazon´altal a Jordanm´erhet˝ o halmazok k¨ ore igen sz˝ uk, ez´ert egy u ´j (ez´ uttal igazi) m´ert´ekfogalmat vezet¨ unk be, melynek m´erhet˝o halmazai k¨oz¨ott a Jord´an-m´erhet˝o halmazok is szerepelnek. 6.4.2. Lebesgue-m´ ert´ ek ´ es Lebesgue-integr´ al A Legesgue-m´ert´ek defin´ıci´ oj´an´al elegend˝o az euklideszi n-dimenzi´os t´erben dolgoznunk, hiszen ha kialakult a megfelel˝o integr´alfogalmunk, a hiperbolikus t´erbeli sz´ am´ıt´ asainkat a koordin´at´ak euklideszi ter´eben fogjuk elv´egezni. Ez´ert a kiindul´ asi objektumunk a t´egla, melynek Lebesgue-m´ert´ek´et az ´elek hossz´ anak szorzatak´ent defini´aljuk. R¨ ogz´ıts¨ uk az n ∈ N sz´ amot. Az Rn -beli t´egla a B=

n Y

[ai , bi ], ahol bi ≥ ai

i=1

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

289

´ lfogalmak 6.4. Integra

direkt szorzat. A A t´egla Lebesgue-m´ert´ek´et a vol(B) =:

n Y

(bi − ai )

i=1

szorzattal defini´ aljuk (ez egy´ uttal a k¨oz¨ons´eges m´ert´eke is). Tetsz˝oleges A ⊂ Rn halmazhoz rendelj¨ uk hozz´a a nX o λ∗ (A) = inf vol(B) : ahol CA-nak egy megsz´aml´alhat´o t´eglafed´ese B∈C

u ´gynevezett k¨ uls˝ o m´ert´eket. Az A halmaz Lebesgue-m´erhet˝ o, ha teljes¨ ul r´a a k¨ ovetkez˝ o tulajdons´ ag: ∀S ⊂ Rn , λ∗ (S) = λ∗ (A ∩ S) + λ∗ (S \ A). A Lebesgue-m´erhet˝ o halmazok egy σ-algebr´at alkotnak, ´es a Lebesgue-m´ert´ek¨ uk defini´ alhat´ oa λ(A) = λ∗ (A) ´ert´ekkel. A Lebesgue-m´ert´ekre vonatkoz´o legfontosabb ismeretek sz´amos anal´ızisk¨ onyvben megtal´ alhat´ oak, azonban n´eh´any tulajdons´agot itt is megeml´ıten´enk. A Lebesgue-m´ert´ek a Jordan-m´ert´ek kiterjeszt´ese, azaz Jordanm´erhet˝ o halmazok Lebesgue-m´erhet˝oek is, ´es a k´et hozz´arendelt ´ert´ek megegyezik, tov´ abb´ a igazi m´ert´ek, azaz a Lebesgue-m´erhet˝o halmazok σ algebr´ aj´ an σ addit´ıv. A ny´ılt ´es z´art halmazok Lebesgue-m´erhet˝ok, a nem u ¨res ny´ılt halmazokon a m´ert´ek szigor´ uan pozit´ıv, azaz nem u ¨res, ny´ılt halmaz Lebesgue-m´ert´eke nem nulla. A m´erhet˝os´eg fogalma invari´ans a line´aris transzform´ aci´ okra n´ezve, maga az ´ert´ek az egybev´ag´os´agokra n´ezve invari´ans, speci´ alisan eltol´ asinvari´ ans m´ert´ek. A Lebesgue-integr´ alfogalom kialak´ıt´asa sor´an el˝osz¨or defini´aljuk a f¨ uggv´eny integr´ alhat´ os´ ag´ anak fogalm´at. Az f : Rn −→ R f¨ uggv´eny Lebesgue-´ertelemben m´erhet˝ o, ha a z´ art intervallumok ˝osk´epei Lebesgue-m´erhet˝ok. A Lebesgue-m´erhet˝ o f¨ uggv´enyek Lebesgue-integr´alj´at a k¨ovetkez˝ok´eppen jel¨ olj¨ uk: Z Z f dλ = f (x) λ (dx) . E

E

A defin´ıci´ o els˝ o l´ep´esek´ent tekints¨ uk a karakterisztikus f¨ uggv´enyeket. Defin´ıci´ o szerint az S m´erhet˝ o halmaz pontjai felett ennek ´ert´eke 1, m´ashol nulla. Az egyetlen ´ertelmes v´ alaszt´ as az, ha a tart´ojuk (ahol nem null´ak) Lebesguem´ert´ek´et tekintj¨ uk ezek integr´alj´anak: Z 1S dλ = λ(S).

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

290

´rfogatfogalom 6. A te

Ha egy f¨ uggv´eny karakterisztikus f¨ uggv´enyek v´eges line´aris kombin´aci´oja, akkor l´epcs˝ os f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk. Ekkor az alakja X ak 1Sk , k

ahol az ak egy¨ utthat´ ok val´ os sz´amok, a halmazok pedig Lebesgue-m´erhet˝ok. Legyenek el˝ osz¨ or az egy¨ utthat´ok nem negat´ıvak, ekkor defini´alhatjuk az integer´ alt az  Z X X Z X ak 1Sk dλ = ak 1Sk dλ = ak λ(Sk ) k

k

k

formul´ aval. A v´egeredm´eny lehet v´egtelen. Tov´abb´a tegy¨ uk fel, hogy nulla ´ erve az ´altal´anos esetre a ∞ − ∞ szorozva v´egtelennel, egyenl˝ o null´aval. Att´ defini´ alatlan eset elker¨ ul´es´ehez tegy¨ uk fel el˝osz¨or, hogy X f= ak 1Sk , k

ahol ak = 0, ha λ(Sk ) = ∞. Ekkor az el˝oz˝o formula ´erv´enyben maradhat, ´es a kapott ´ert´ek nem f¨ ugg a f¨ uggv´eny karakterisztikus f¨ uggv´enyekkel val´o el˝ o´ all´ıt´ as´ at´ ol. Ha B tetsz˝ oleges m´erhet˝ o r´eszhalmaza a t´ernek, ´es s most m´ar ´altal´anos egy¨ utthat´ okkal rendelkez˝ o l´epcs˝os f¨ uggv´eny, akkor Z Z X s dµ = 1B s dλ = ak λ(Sk ∩ B). B

k

Legyen f most a t´er tetsz˝ oleges nemnegat´ıv m´erhet˝o f¨ uggv´enye. Ekkor defini´ aljuk az integr´ alt az  Z Z s dλ : 0 ≤ s ≤ f, s l´epcs˝os f¨ uggv´eny f dλ = sup E

E

formul´ aval. K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy l´epcs˝os f¨ uggv´enyekre ez a defin´ıci´o megegyezik a kor´ abbival. L´ athat´ o tov´abb´a, hogy ha egy f¨ uggv´eny Riemann-integr´ alhat´ o akkor Lebesgue-integr´alhat´o is, ´es a k´et sz´am´ert´ek megegyezik egym´ assal. Legyen most f tetsz˝ oleges f¨ uggv´eny. Ezt mindig fel´ırhatjuk k´et nemnegat´ıv f¨ uggv´eny k¨ ul¨ onbs´egek´ent: f = f + − f −, ahol f + (x) =

www.interkonyv.hu

 f (x) 0

ha f (x) > 0 , egy´ebk´ent

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

291

´rfogat 6.5. Hiperbolikus te

f − (x) =

 −f (x) 0

ha f (x) < 0 . egy´ebk´ent

Vil´ agos, hogy |f | = f + + f − . Ha

Z

|f |dλ < ∞,

akkor f -et integr´ alhat´ onak nevezz¨ uk. Ebben az esetben mindk´et integr´alra szint´en teljes¨ ul, hogy Z Z f + dλ < ∞, f − dλ < ∞, ´es defini´ alhatjuk az integr´ alt k¨ ul¨onbs´egk´ent: Z Z Z f dλ = f + dλ − f − dλ. A k´et integr´ alfogalom ¨ osszevet´es´ehez pr´ob´aljuk meghat´arozni egy r˝ozsekupac t´erfogat´ at, ahol a gallyakat az egyik v´eg¨ ukkel a f¨oldre ´all´ıtottuk. A Riemann-integr´ al haszn´ alatakor a gallyak t´erfogat´at egyenk´ent meghat´arozzuk, majd a kapott ´ert´ekeket ¨osszeadjuk, ha Lebesgue-m´odon sz´amolunk, az egyenl˝ o hossz´ u gallyakat gondolatban egy kupacba gy˝ ujtve kisz´amoljuk az egy¨ uttes t´erfogatukat, majd az ´ıgy kapott ´ert´ekeket adjuk ¨ossze.

6.5. Hiperbolikus t´ erfogat Nyilv´ anval´ o, hogy az I. ´es II.-ben kifejtett ´ertelemben minden t´erbeli feladat az anal´ızis u ´jabb, kell˝ o hat´ arok k¨ oz¨ ott igen elismer´esre m´elt´ o m´ odszer´evel t´ argyalhat´ o.

Bolyai J.: Appendix A hiperbolikus t´erfogat fogalm´anak szintetikus fel´ep´ıt´ese komoly neh´ezs´egeket rejt mag´ aban. Ennek egyik – kisebb – oka, hogy Cavalieri-elv h´ıj´an a legk´ezenfekv˝ obb ¨ osszehasonl´ıt´asokat sem tudjuk megtenni. A fontosabb probl´ema, hogy hab´ ar a konvex poli´edereken kereszt¨ ul a poli´eder fogalma az euklideszi fel´ep´ıt´essel anal´ og m´odon kaphat´o, hovatov´abb tetsz˝oleges poli´eder alkalmas tetra´ederek diszjunkt uni´oj´ara bomlik, m´egsem tudjuk a konkr´et ´ert´ekeket k¨ onnyen meghat´ arozni, mert a tetra´eder t´erfogat´at kifejez˝o integr´al primit´ıv f¨ uggv´enye elemi f¨ uggv´enyekkel nem kifejezhet˝o, ez a Lobacsevszkijintegr´ al. A probl´ema gy¨ okere a hiperbolikus t´er szerkezet´eben rejlik, a t´er legk´ezenfekv˝ obb m´ odon defini´alt alakzatai ugyanis a szakasz, h´aromsz¨og, tetra´eder, ... ugyan´ ugy, ahogy az euklideszi t´erben, azonban a hiperbolikus t´er

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

292

´rfogatfogalom 6. A te

lak´ oja sz´ am´ ara NEM ezek a k¨onnyen m´erhet˝o alakzatok, nincs lehet˝os´eg a hosszak ´ atsk´ al´ az´ as´ ara (az egys´eg hossz´ u oldalakkal rendelkez˝o szab´alyos h´aromsz¨ og v´egzetesen k¨ ul¨ onb¨ ozik a kett˝o hossz´ u oldalakkal rendelkez˝ot˝ol, a ter¨ ulet¨ uk k¨ oz¨ otti kapcsolat nem egyszer˝ u...), tetra´eder s´ıkmetszetei k¨oz¨ott semmilyen s´ıksor elemeire vonatkoztatva sem tal´alunk geometriai vagy ter¨ uletre vonatkoz´ o´ altal´ anos kapcsolatot, azon m´ertanihely-feladatok megold´asa, melyek v´egeredm´enye az euklideszi s´ıkban egyenes vagy s´ık, rendre valamely m´ asik ciklus stb.. . . Ezen probl´em´akat t¨obbf´ele m´odon meg lehet ker¨ ulni, de mindaddig, m´ıg c´elunk a poli´ederek t´erfogat´anak meghat´aroz´asa, neh´ezs´egekbe fogunk u ozni. Nem jelenthetj¨ uk ki azt sem, hogy ´ep´ıts¨ unk fel a ¨tk¨ hiperbolikus szeml´elethez jobban illeszked˝o hiperbolikus testelm´eletet, mert akkor a legk´ezenfekv˝ obb alakzatok fogalm´at kell u ´jraalkotni. Bolyai, Lobacsevszkij ´es k¨ovet˝oik nyom´an haladva a hiperbolikus (szf´erikus) t´erfogat szintetikus fel´ep´ıt´es´enek gondolat´at most elvetj¨ uk, a t´erfogatfogalmat analitikusan vezetj¨ uk be. Az elv a k¨ovetkez˝o: koordin´ata-rendszert defini´ alunk ter¨ unkben, a vizsg´aland´o alakzatot a hozz´a tartoz´o pontok koordin´ at´ aira vonatkoz´ o egyenl˝otlens´egekkel adjuk meg, ´ıgy a t´erfogat meghat´ aroz´ as´ anak k´erd´ese egy alkalmas f¨ uggv´enynek az Rn egy alkalmas tartom´ any´ an val´ o integr´ al´ as´ at jelenti, melyet t´erfogatelemnek is nevezhet¨ unk. A t´erfogatelem term´eszetesen ad´odik a v´alasztott koordin´ata-rendszer ismeret´eben. M´ asik (esetleg modellben ´ertelmezett) koordin´ata-rendszerre ´att´erve a t´erfogatelem ´es az alakzat koordin´at´ait le´ır´o egyenl˝otlens´egek megv´altoznak, ´ıgy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o feladatokhoz k¨ ul¨onb¨oz˝o koordin´ata-rendszert v´alasztva a sz´ am´ıt´ asokat jelent˝ osen egyszer˝ us´ıthetj¨ uk. 6.5.1. Paraciklus-koordin´ atarendszer

P

T

6.9. ´ abra. Paraciklus-kordin´atarendszer

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

293

´rfogat 6.5. Hiperbolikus te

Az n-dimenzi´ os hiperbolikus t´er pontjait koordin´at´azhatjuk egy olyan koordin´ ata-rendszerben, melynek els˝o n − 1 koordin´at´aja euklideszi der´eksz¨og˝ u koordin´ ata-rendszerre vonatkozik. Ezt a k¨ovetkez˝ok´eppen tehetj¨ uk meg. Tekints¨ unk egy n − 1-dimenzi´ os paraszf´erafel¨ uletet a meghat´aroz´o sug´arsor´aval egy¨ utt. A sug´ arsor valamelyik elem´et v´alasszuk az utols´o koordin´atatengelynek, ennek a fel¨ ulettel val´o metszet´et nevezz¨ uk ki orig´onak, ´es az els˝o n − 1 koordin´ ata-tengely legyen a paraszf´erafel¨ ulet egy mer˝oleges paraciklusokb´ ol ´ all´ o, orig´ o k¨ oz´eppont´ u, Descartes-f´ele koordin´ata-rendszere. (Ne feledj¨ uk, hogy a paraszf´era geometri´aja euklideszi geometria.) A P pont koordin´ at´ ait hat´ arozzuk meg a k¨ ovetkez˝o m´odon: az utols´o koordin´ata, ξn jel¨olje a P pontnak a sug´ arsor eleme ment´en a paraszf´er´at´ol m´ert el˝ojeles t´avols´ag´ at. A t´ avols´ agot meghat´ aroz´o szakasz T talppontj´anak a paraszf´er´an m´ert euklideszi koordin´ at´ ai legyenek a pont els˝o koordin´at´ai. A kapott sz´am n-es legyen   ξ1  ξ2     ..  .  .  ξn

A p´ arhuzamos paraciklus´ıvek hossz´anak ar´anya csak t´avols´aguk f¨ uggv´enye, pontosabban, ha az s1 , s2 p´ arhuzamos egyenesp´ar k¨oz´e ´ırt paraciklus´ıvek a x sugarak ment´en egym´ ast´ ol x t´avols´agra vannak, akkor hosszuk ar´anya e− k , ahogy ezt Bolyai J´ anos kimutatta.1 Itt k a t´erre jellemz˝o konstans, ´es k tart v´egtelen eset´en a k´et ´ıv egyenl˝o hossz´ us´ag´ u. Ennek megfelel˝oen a param´etertartom´ anyban (amely egy n-dimenzi´os euklideszi t´errel izomorf) a P pontnak megfelel egy olyan p pont, amelynek k¨oz¨ons´eges der´eksz¨og˝ u koordin´at´ai:     

x1 x2 .. . xn





ξn

e− k ξ1 ξn e− k ξ2 .. .

     =     e− ξkn ξn−1 ξn



   .   

Defini´ aljuk most a D Jordan-m´erhet˝o tartom´any hiperbolikus t´erfogat´at, mint egy vn konstans f¨ uggv´eny Riemann-integr´alj´at a D⋆ tartom´any felett, ⋆ ahol D a D tartom´ any k´epe a fenti k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ u, folytonosan differenci´ alhat´ o helyettes´ıt´es mellett. A konstans ´ert´ek´et ut´olag v´alasztjuk u ´gy, 1 El˝ osz¨ or igazolta, hogy az s2 = f (s1 , x) f¨ uggv´ eny az els˝ o v´ altoz´ oj´ aban addit´ıv, m´ asodszor, hogy teljes¨ ul a cf (x1 )f (x2 ) = f (x1 + x2 ) vagy a vele ekvivalens ln c + ln f (x1 ) + 1 c1 x ln f (x2 ) = ln f (x1 + x2 ) egyenl˝ os´ eg. Ennek megold´ asa f (x) = c e .

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

294

´rfogatfogalom 6. A te

hogy formul´ aink egyszer˝ u alakot o¨ltsenek, azaz legyen Z v(D) := vn dx1 · · · dxn . D⋆

A fenti helyettes´ıt´est elv´egezve a Z ξn v(D) = vn e−(n−1) k dξ1 · · · dξn D

formul´ ahoz jutunk. Legyen D = [0, a1 ] × · · · × [0, an−1 ] p´arhuzamos an hossz´ u szakaszok ´altal defini´ alt paraszf´eratartom´ any. Ekkor v(D) = vn

Za1 0

···

Zan

e−(n−1)

0

=

ξn k

iY kvn h −(n−1) an k + e0 −e ai = n−1 i=1 n−1

dξn · · · dξ1 =

n−1 Y an kvn ai . [1 − e−(n−1) k ] n−1 i=1

Ha an v´egtelenhez tart, ´es ai = 1 minden egy´eb i = 1 · · · (n − 1) indexre, akkor a t´erfogat kvn . n−1 Bolyai ´es Lobacsevszkij gondolatmenet´et k¨ovetve u ´gy hat´arozzuk meg vn ´ert´ek´et, hogy minden r¨ ogz´ıtett k eset´en egy v´ekony r´eteg t´erfogat´at osztva a r´etegvastags´ aggal, majd ezen vastags´aggal a null´ahoz tartva a m´er˝osz´am az eggyel kisebb dimenzi´ os t´erfogat m´er˝osz´am´ahoz tartson. Sz´amoljuk teh´at a k¨ ovetkez˝ o hat´ ar´ert´eket: an n−1 n−1 Y kvn Y [1 − e−(n−1) k ] v(D) = ai lim = vn ai , an →0 an n − 1 i=1 an →0 an i=1

lim

aminek egyenl˝ onek kell lennie vn−1

n−1 Q

ai -val. Ebb˝ol az 1 = v1 = v2 = . . . =

i=1

vn ´ert´ekek ad´ odnak. Vil´ agos tov´ abb´ a, hogy ha n r¨ogz´ıtett ´es k v´egtelenhez tart, akkor egy hiperbolikus test t´erfogata a megfelel˝o euklideszi test t´erfogat´ahoz konverg´al. Vegy¨ uk m´eg ´eszre, hogy minden n sz´amhoz van olyan k ´ert´ek, melyre a megfelel˝ o hiperbolikus t´erben az egys´eg t´erfogat´ u alapra ´ep´ıtett paraszf´eraszektor t´erfogata 1, mutatv´ an egy term´eszetes egys´egt´erfogat´ u n-dimenzi´os test l´etez´es´et. Pontosabban ha k = n − 1, akkor az a paraszf´eraszektor, melynek

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

295

´rfogat 6.5. Hiperbolikus te

alapja (n−1)-dimenzi´ os euklideszi kocka n−1-dimenzi´os 1 t´erfogattal, szint´en 1 t´erfogat´ u. Elfogadva az egys´egv´ alaszt´as ´altalunk javasolt m´odj´at, formul´ank teh´at paraciklus-koordin´ at´ akban a k¨ovetkez˝o: Z v(D) = e−(n−1)ξn /k dξ1 · · · dξn . D

Azt, hogy a fenti formul´ aval megadott defin´ıci´o kiel´eg´ıti a t´erfogatf¨ uggv´enyre megszokott felt´eteleket, r´eszben az integr´alfogalom alaptulajdons´agaib´ol k¨ovetkeznek, r´eszben pedig u ´jabb sz´amol´asokkal igazolhat´oak. A modellm´odszer erej´et mutatja, hogy jelent˝ osen egyszer˝ us´ıthetj¨ uk sz´am´ıt´asainkat, ha modellhez igaz´ıtott koordin´ ata-rendszerre ´at´ırjuk a kiindul´asi k´epletet. Ily m´odon fogjuk igazolni, hogy formul´ ank egybev´ag´o alakzatokon ugyanazt az ´ert´eket veszi fel. 6.5.2. T´ erfogat a f´ elt´ ermodellben

xn

P

,

x n-1 x1 6.10. ´ abra. Koordin´ata-rendszer a f´elt´ermodellben Tekints¨ unk egy Poincar´e-f´ele f´elt´ermodellt. Ennek hat´arol´o hipers´ıkja legyen der´eksz¨ og˝ u koordin´ ata-rendszer¨ unk els˝o n − 1 koordin´at´aj´ahoz rendelt n − 1-dimenzi´ os euklideszi t´er. A hiperbolikus t´er (ξ1 , ξ2 , . . . , ξn ) paracikluskoordin´ at´ akkal rendelkez˝ o P pontj´anak feleltess¨ uk most meg a modell T  ξn T (x1 , x2 , . . . , xn ) = ξ1 , ξ2 , . . . , ke k

koordin´ at´ akkal rendelkez˝ o P ′ pontj´at. (Ahogy azt a 6.10. ´abr´an l´athatjuk, a kiindul´ asi paraszf´er´ anak az xn = k magass´agban elhelyezked˝o euklideszi s´ık lesz a k´epe.) A helyettes´ıt´est elv´egezve (mivel a Jacobi-determin´ans abszol´ ut ´ert´eke k/xn ,) kapjuk, hogy Z 1 n dx1 · · · dxn , v(D) = k xnn D′

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

296

´rfogatfogalom 6. A te

ahol D′ jel¨ oli tartom´anyunk modellbeli k´ep´et. R¨ogt¨on l´athatjuk, hogy az alaps´ıkra mer˝ oleges s´ıkra vonatkoz´o euklideszi t¨ ukr¨oz´esre invari´ans a formul´ ank, hiszen ilyenkor nem v´ altozik az utols´o koordin´ata ´ert´eke. A hiperbolikus t´er tetsz˝ oleges hipers´ıkj´ahoz v´alaszthatunk alkalmas olyan paracikluskoordin´ atarendszert, hogy a f´elt´ermodellben az adott s´ık euklideszi s´ıkk´ent reprezent´ al´ odik, ez´ert erre a s´ıkt¨ ukr¨oz´esre vonatkoz´oan ebben a modellben v´egrehajtott t´erfogatsz´ amol´ asra a formul´ank invari´ans. Mivel tetsz˝oleges egybev´ ag´ os´ ag s´ıkt¨ ukr¨ oz´esek szorzata, t´erfogatunk invari´ans az egybev´ag´os´agokra. 6.5.3. Der´ eksz¨ og˝ u´ es g¨ ombi koordin´ ata-rendszer A paraciklus-koordin´ ata-rendszerhez illessz¨ unk egy der´eksz¨og˝ u koordin´atarendszert, melynek tengelyei legyenek a paraciklusvonalaknak a k¨oz¨os kezd˝opontban h´ uzott ´erint˝ oi. A k´et koordin´ata-rendszernek teh´at k¨oz¨os az utols´o koordin´ atatengelye. A P pont n-edik koordin´at´ai a k´et koordin´ata-rendszerre vonatkoz´ olag azonban elt´ernek egym´ast´ol. A der´eksz¨og˝ u koordin´at´ak sz´armaztat´ as´ ahoz tekints¨ uk a pontnak az x1 , x2 , · · · , xn−2 , xn tengelyek hipers´ıkj´ at´ ol val´ o t´ avols´ ag´ at, ez legyen a pont n − 1-edik koordin´at´aja. A mer˝oleges vet¨ uletnek tekints¨ uk az els˝ o n − 3 tengely ´es xn ´altal meghat´arozott n − 2 dimenzi´ os s´ıkt´ ol val´ o t´ avols´ag´at, ez legyen az n − 2-edik koordin´ata, ´es ´ıgy tov´ abb, az els˝ o x1 koordin´at´aig. Az n-edik koordin´ata legyen az utols´o vet¨ uletnek az xn tengelyre val´o vet´ıt´ese sor´an kapott pont t´avols´aga az orig´ot´ ol. Az elj´ ar´ as sor´ an felhaszn´aljuk a paraciklus´ıv ´es h´ urj´anak hossza k¨oz¨otti kapcsolatot, valamint a k¨ oz´eppontok t´avols´ag´ara vonatkoz´o formul´at. Bolyai igazolta, hogy az y sugar´ u k¨ or ker¨ ulete a hiperbolikus s´ıkon   y y πk e k − e− k ,

ahol k t´ avols´ agra lev˝ o p´ arhuzamos paraciklus´ıvek hossz´anak ar´anya ´eppen K = e = 2, 7182818 · · · Ez a ker¨ ulet´ert´ek – szint´en Bolyai ´eszrev´etele alapj´an – megegyezik azon s hossz´ u paraciklus´ıv ´altal a paraszf´er´an le´ırt k¨or ker¨ ulet´evel, melynek k´etszeres´ehez a 2y hossz´ u h´ ur tartozik (l´asd m´eg az 1.7.1. T´etelt). Ennek az ´ert´eke 2sπ. Vess¨ uk ¨ ossze a k´et formul´ at, ekkor y s = k sinh . k

Ha most a paraciklus´ıv ´es a felez˝opontj´an ´athalad´o tengely ´altal meghat´arozott paraciklus-koordin´ ata-rendszer k´ep´et n´ezz¨ uk a f´els´ıkmodellben, az ´abr´anak megfelel˝ oen ´ıv¨ unk olyan v´ızszintes egyenesk´ent reprezent´al´odik, melynek a f´els´ıkmodell koordin´ ata-rendszer´eben a k m´asodik koordin´at´aval rendelkez˝o

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

297

´rfogat 6.5. Hiperbolikus te

e z= ch y

s=sh y z y F sh y r

O

6.11. ´ abra. Paraciklus´ıv ´es h´ urja (k = 1 eset) pontokat tartalmazza, a h´ ur egyenese pedig az ´abr´anak megfelel˝o r sugar´ u f´elk¨ ork´ent. Fel´ırhatjuk teh´ at az s 2  y 1 z 2 k sinh 1= e k − k k osszef¨ ugg´est, hiszen most az y = k paraszf´er´an egyezik meg a modell´ıvhossz ¨ a hiperbolikus ´ıvhosszal. Innen r  z y 2 y k = cosh e = 1 + sinh k k ad´ odik. A der´eksz¨ og˝ u koordin´ata-rendszer¨ unk elhelyez´ese folyt´an az utols´o ξn paraciklus-koordin´ ata a P pontnak a paraszf´er´at´ol val´o t´avols´aga. A P pont mer˝ oleges vet¨ ulete az eml´ıtett x1 , · · · , xn−2 , xn hipers´ıkra legyen Pn−1 . Az el˝ oz˝ o megjegyz´esek szerint a P , illetve Pn−1 pontokon ´atmen˝o p´arhuzamos tengelyek k´etdimenzi´ os s´ıkja a paraciklustengelyek ´altal meghat´arozott n − 1-dimenzi´ os paraszf´er´ ab´ol kimetszi azt az ξn−1 tengellyel p´arhuzamos ´ıvet, melyen reprezent´ al´ odik az (n − 1)-dik paracikluskoordin´ata, ξn−1 . Haszn´ alva a p´ arhuzamos paraciklus´ıvek hossz´anak ¨osszehasonl´ıt´as´ara ´es a h´ ur-´ıv

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

298

´rfogatfogalom 6. A te

osszehasonl´ıt´ asra vonatkoz´ o formul´akat, kapjuk, hogy ¨ k sinh

 ξn xn−1  xn−1 = e− k ξn−1 ´es ξn + k ln cosh = ξn1 , k k

ahol ξn1 jel¨ oli a Pn−1 pont t´avols´ag´at az xn−1 tengely elhagy´as´aval kapott koordin´ ata-hipers´ık ´es a referencia-paraszf´era metszet´et˝ol. Most m´ar a k¨ovetkez˝ o koordin´ ata meghat´ aroz´as´ahoz ezen hipers´ıkban hasonl´ok´eppen j´arunk el, a P pont helyett annak mer˝oleges vet¨ ulet´et, Pn−1 -et haszn´alva. A

x n-1

P xn-1 xn Pn-1 x1 6.12. ´ abra. Der´eksz¨og˝ u koordin´at´akra ´att´er´es paraciklus-koordin´ at´ ak ´es a der´eksz¨og˝ u koordin´at´ak k¨oz¨otti ¨osszef¨ ugg´esek figyelembev´etel´evel, az ξn k

k sinh

xn−1 k

ξn−1

=

e

ξn−2

=

e

ξ1

.. . =

e

xn

=

ξn + k ln cosh

ξn k

+ln cosh

xn−1 k

ξn k

+ln cosh

xn−1 k

k sinh

xn−2 k

+···+ln cosh

x2 k

k sinh

x1 k

xn−1 x1 x2 + · · · + k ln cosh + k ln cosh k k k

egyenletrendszer ad´ odik.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

299

´rfogat 6.5. Hiperbolikus te

Ezt az n-dimenzi´ os val´ os param´etertartom´anyba transzform´alva – azaz ´atξn t´erve az ui = e− k ξi , un = ξn v´altoz´ okra – a helyettes´ıt´es egyenletrendszere: u1

=

k cosh

xn−1 x1 x2 · · · cosh sinh k k k xn−1 k

.. . un−1

=

k sinh

un

=

xn − k ln cosh

x1 xn−1 − · · · − k ln cosh , k k

ez´ert a Jacobi-m´ atrix determin´ans´anak abszol´ ut ´ert´eke      x2 2 xn−1 n−1 x1 cosh · · · cosh . cosh k k k

Der´eksz¨ og˝ u koordin´ at´ akra vonatkoz´olag a t´erfogat teh´at az Z   x1  x 2 2  xn−1 n−1 · · · cosh cosh dx1 · · · dxn . v(D) = cosh k k k D

formul´ aval adhat´ o meg.

x n-1

P rn O rn-1

xn-1 x1

P

xn

,

x1 6.13. ´ abra. G¨ombi koordin´at´ak G¨ ombi koordin´ at´ akban val´o kifejez´eshez tegy¨ uk fel, hogy a pontok der´eksz¨ og˝ u koordin´ at´ ai adottak valamely x1 , x2 , · · · , xn koordin´ata-rendszerre vonatkoz´ olag. Jel¨ olje a P pontnak az orig´ot´ol val´o t´avols´ag´at rn . Ekkor a hiperbolikus Pitagorasz-t´etel alapj´an cosh

www.interkonyv.hu

x2 xn rn x1 cosh · · · cosh = cosh k k k k

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

300

´rfogatfogalom 6. A te

all fenn, ahol xi a der´eksz¨ ´ og˝ u koordin´at´akat is jel¨oli. Legyen i = n − 1, . . . , 1, ´es jel¨ olje φi az i-edik koordin´atatengelynek a P n − i − 1-edik vet¨ ulete ´es O altal meghat´ ´ arozott szakasszal bez´art sz¨og´et; ri+1 pedig ezen szakasz hossz´at. Ekkor rn xn−1 = sinh cos φn−1 sinh k k ad´odik a hiperbolikus szinuszt´etelnek megfelel˝oen. Hasonl´ok´eppen cos φn−2 =

sinh xn−2 k , sinh rn−1 k

′ amib˝ ol az OP P△ h´ aromsz¨ ogre vonatkoz´o Pitagorasz-t´etel alapj´an

sinh

rn−1 = k

s

(cosh rkn )2 −1 + = 2 (cosh xn−1 k )

q (sinh rkn )2 + 1 − (1 + sinh2 cosh xn−1 k

xn−1 k ))

q 2 (cosh rkn )2 − (cosh xn−1 k ) cosh xn−1 k

=

p (sinh rkn )2 (1 − (cos φn−1 )2 ) = cosh xn−1 k

ad´ odik, ahonnan kapjuk, hogy cosh

xn−2 rn xn−1 sinh = sinh sin φn−1 cos φn−2 . k k k

Az ´ altal´ anos formula ´ıgy cosh

xn−i+1 xn−i rn xn−1 · · · cosh sinh = sinh sin φn−1 · · · sin φn−i+1 cos φn−i . k k k k

Az i maxim´ alis ´ert´ek´enek (n − 1)-et v´alaszthatjuk, ´ıgy utols´o egyenlet¨ unk: cosh

x2 x1 rn xn−1 · · · cosh sinh = sinh sin φn−1 · · · sin φ2 cos φ1 . k k k k

Meg is van a k´et param´eterrendszert o¨sszek¨ot˝o egyenletrendszer, amelynek els˝ o (a Pitagorasz-t´etelt le´ır´ o) egyenlet´et helyettes´ıthetj¨ uk egy, az el˝oz˝o sz´am´ıt´ asainkhoz jobban illeszked˝o vn = cosh

x2 x1 xn rn xn−1 · · · cosh cosh sinh = sinh sin φn−1 · · · sin φ2 sin φ1 . k k k k k

egyenlettel. A k´et egyenletrendszer ekvivalenci´aj´at k¨onnyen bel´athatjuk, ha az u ´j egyenletek n´egyzet¨ osszeg´et tekintj¨ uk. A bal oldalon ekkor sinh2 rkn ad´odik. Mindk´et oldalhoz 1-et adva a jobb oldalon ´all´o ¨osszeg a  x2 x1 x n 2 xn−1 · · · cosh cosh cosh cosh k k k k

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

301

´rfogat 6.5. Hiperbolikus te

szorzatt´ a egyszer˝ us¨ odik, olyan egyenl˝os´eghez vezetve, amely ´eppen a Pitagorasz´ egyenletrendszer¨ t´etel ´ altal´ anos alakja. Uj unk els˝o n−1 egyenlet´enek bal oldal´ an felismerhetj¨ uk az u1 , · · · , un−1 param´etereket, az utols´o kifejez´es azonban nem un , jel¨ olj¨ uk ezt vn -nel. Helyettes´ıts¨ uk az   q  rn  = − ln −vn + u21 + · · · u2n−1 + vn2 + 1 un = − ln −vn + cosh k ´ert´ekkel vn -et. Ekkor a k´et helyettes´ıt´es kompoz´ıci´oja a m´ar haszn´alt u 1 , · · · , un param´eterekbe viszi eredeti g¨ombi param´etereinket, ´es az integr´al transzform´ al´ od´ as´ anak szab´ alyai szerint a k´et transzform´aci´o deriv´altm´atrixainak szorzata a Jacobi-m´ atrix. A determin´ansok szorz´as´anak alapt´etele szerint a k´et determin´ ans szorzatak´ent sz´amolhatjuk a Jacobi-determin´anst. Az els˝o determin´ ans az euklideszi g¨ ombi koordin´at´akra val´o ´att´er´es transzform´aci´odetermin´ ansa, ha az rn param´etert az r = k sinh rkn -el helyettes´ıtj¨ uk, ´ıgy ismert ´ert´eke: cosh

rn n−1 n−2 rn  k sinh sin φn−1 · · · sin φ2 . k k

A m´ asodik m´ atrix els˝ o n − 1 sora az egys´egm´atrix´eval egyezik meg, utols´o sor´ aban ´ıgy csak az utols´ o elemre van sz¨ uks´eg¨ unk. Ez az   q 2 2 2 − ln −vn + u1 + · · · + un−1 + vn + 1 f¨ uggv´eny vn szerinti deriv´ altja: −





1 2vn −1 + 1 q = q 2 2 2 2 2 −vn + u1 + · · · + un−1 + vn + 1 u1 + · · · + u2n−1 + vn2 + 1 =

1 . cosh rkn

A g¨ ombi koordin´ at´ akban val´o t´erfogatsz´amol´as k´eplete teh´at: v(D) = k n−1

Z

(sinh

rn n−1 n−2 ) sin φn−1 · · · sin φ2 dφ1 · · · dφn−1 drn . k

D

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

302

´rfogatfogalom 6. A te

xn Xn

P Rn

O x1

th rn =R n

x2 X2

X1

6.14. ´ abra. Koordin´at´ak a Cayley–Klein-modellben 6.5.4. T´ erfogat a Cayley–Klein-modellben Az n-dimenzi´ os Cayley–Klein-modell egy k sugar´ u g¨omb. Ennek k¨oz´eppontj´ aban helyezz¨ unk el egy der´eksz¨og˝ u koordin´ata-rendszert. Ez a koordin´atarendszer nem csak a modellben, a be´agyaz´o euklideszi t´erben is der´eksz¨og˝ u. Egy P modellbeli pont O-t´ ol val´o hiperbolikus t´erbeli t´avols´aga ´es modellt´avols´ aga a tangens hiperbolikusz f¨ uggv´eny szerint kapcsol´odik, hiszen 1 1 r = ln(0, P, U, V ) = ln k 2 2

R k

!

−1 1 : −1 1+ R k

1 = ln 2

1+ 1−

R k R k

!

= areath

R , k

ahol r, illetve R az O,P pontp´ar hiperbolikus, illetve euklideszi t´avols´aga. Mivel a modell k¨ oz´eppontj´ an kereszt¨ ul halad´o egyenesek modellbeli ´es hiperbolikus t´erbeli hajl´ assz¨ oge megegyezik, a hiperbolikus g¨ombi koordin´at´akr´ol, (rn , φ1 , · · · , φn−1 -r˝ ol) euklideszi g¨ombi koordin´at´akra, (Rn , θ1 , · · · , θn−1 -re) att´erve a k¨ ´ ovetkez˝ o egyenleteket kapjuk: rn = k areath

Rn , k

illetve φ i = θi ,

i = 1, · · · , n − 1,

melynek Jacobi-determin´ ansa: 1 1−

www.interkonyv.hu


. Rn 2 k

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

303

´rfogat 6.5. Hiperbolikus te

Mivel 

rn n−1 sinh = k

sinh

1 1+ ln 2 1−

Rn k Rn k

!!n−1



= q

Rn k

1−


Rn 2 k

n−1 

ez´ert a modell D tartom´ any´ anak t´erfogata euklideszi g¨ombi koordin´at´akban: v(D) =

Z

D

Rnn−1 n−2 θn−1 · · · sin θ2 dθ1 · · · dθn−1 dRn . n+1 sin
2 Rn 1− k

q

A k¨ oz¨ ons´eges g¨ ombi koordin´at´akr´ol visszat´erve ugyanezen egyenesek ´altal meghat´ arozott k¨ oz¨ ons´eges mer˝oleges koordin´at´akra (X1 , · · · , Xn -re) a t´erfogatra a k¨ ovetkez˝ o formula ad´odik: Z 1 dX1 · · · dXn−1 dXn . v(D) =   n  n+1 2 P Xi
2 D 1− k i=1

6.5.5. Konkr´ et t´ erfogatok 6.5.5.1. G¨ omb G¨ ombi koordin´ at´ akban sz´ amolva: v(D) = k 2

Zr 0

 



= 2k 2 π  = 2k 2 π



Zπ 0

Zr 0

   2π Z  2 r 3  sin φ2 dφ1  dφ2  dr3 = sinh k 0

 π  Z cosh 2 rk3 − 1 dr3   sin φ2 dφ2  = 2

sinh 2r k k−r 2

0



= 2k 3 π cosh

r r sinh − 2k 2 πr. k k

6.5.5.2. Hord´ o Adott egy szakasz ´es egy hiperciklus ´ıve, amit megforgatunk k¨or¨ ul¨otte. A szakasz v´egpontjaiban a szakaszra ´all´ıtott mer˝oleges s´ıkok k¨oz¨otti, a megforgatott hiperciklus´ıv ´ altal hat´ arolt t´err´eszt hord´onak nevezz¨ uk. A hord´o t´erfogat´ at a f´elt´ermodellben sz´ amoljuk. A z tengelyen adott a m´er´es, mert a hiperbolikus t´er p hossz´ u OP szakasz´anak a hossz´at a modellben a −I = (0, 0, 0),

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

304

´rfogatfogalom 6. A te p

O = (0, 0, k), P = (0, 0, ke k ), +I = (0, 0, ∞) pontn´egyes kett˝osviszonya logaritmus´ anak valamely konstansszoros´aval kell kifejezn¨ unk. Azaz  p ke k p = c ln(O, P, +I, −I) = c ln k alapj´ an c = k. v(D) = k

3

Z

1 dxdydz, z3

D′ 2p

ahol a D′ tartom´ anyt a z ≥ 0, k 2 ≤ x2 + y 2 + z 2 ≤ k 2 e k , 0 ≤ x2 + y 2 ≤ (tan2 t)z 2 egyenl˝ otlens´egek hat´arozz´ak meg, ahol p a szakasz hossza, t jel¨oli a modellben egyenesk´ent ´ abr´ azolt hiperciklus´anak a z tengellyel bez´art sz¨og´et ´es ´ıgy 1 + sin t τ = k ln cos t a t´ avols´ agvonal pontjainak a szakasz egyenes´et˝ol m´ert t´avols´ag´at. Az euklideszi g¨ ombi koordin´ at´ akra ´ att´er´eshez legyen x = r cos φ sin θ, y = r sin φ sin θ, p z = r cos θ. Ekkor tartom´ anyunk pontjainak koordin´at´ai a k ≤ r ≤ ke k , 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ t egyenleteket el´eg´ıtik ki. Mivel a Jacobi-determin´ans r2 sin θ, ez´ert p

p

 Zk Zt Z2π ke 3 r2 sin θ v(D) = k

1 r cos θ

θ=0 r=k

θ=0 φ=0 r=k

3

= 2k π

Zt

sin θ dθ cos3 θ

θ=0

p ke k

Z

r=k

ek k 3 Zt Z 1 sin θ drdφdθ = 2k 3 π dθdr = r cos3 θ

 t   1 1 p 1 3 2 dr = 2k π · = πk p −1 . r 2 cos2 θ 0 k cos2 t

Fejezz¨ uk most ki τ -val a v´egeredm´enyt. Az τ 1 + sin t = ek cos t

osszef¨ ugg´esb˝ ol ¨

ad´ odik, ´ıgy

Azaz a t´erfogat:

τ 1 − sin t = e− k cos t



1 cos t

v(D) =

www.interkonyv.hu

2

=



τ

τ

e k + e− k 2

2

τ

τ

e k + e− k = 4


2

.

 τ τ
2 1 2 τ 2 πk p e k − e− k = 2πk 2 p sinh . 4 k

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

305

´rfogat 6.5. Hiperbolikus te

6.5.5.3. Henger Tekints¨ unk egy s´ıkbeli, t ter¨ ulet˝ u T tartom´anyt, aminek pontjaiban ´all´ıtott mer˝ olegesekre felm´ert¨ unk m hossz´ us´ag´ u szakaszokat ugyanabban a f´elt´erben. A kapott szakaszok ¨ osszess´eg´et T alap´ u, m magass´ag´ u hengernek nevezz¨ uk. A t´erfogat´ anak meghat´ aroz´ as´ahoz haszn´aljuk a mer˝oleges koordin´at´akra vonatkoz´ o formul´ at, ahol az x, z tengelyek s´ıkja a T s´ıkj´aval egyezik meg.   m  Z Z Z x x y y v(D) = (cosh )2 (cosh )dzdxdy =  ch dzdx  (cosh )2 dy  = k k k k 0

T

D

=t



k sinh 2m m k + 4 2



=

 1 m m tk sinh cosh + tm . 2 k k

6.5.5.4. Orthoszk´em Az orthoszk´em egy speci´ alis tetra´eder, aminek cs´ ucsait egy pont valamely der´eksz¨ og˝ u koordin´ ata-rendszer k¨ ul¨onb¨oz˝o dimenzi´os altereire vonatkoz´o sorozatos mer˝ oleges vet¨ uletei adj´ ak. Pontosabban, vet´ıts¨ uk P -t az {x1 , · · · , xn−1 } koordin´ atatengelyek hipers´ıkj´ara, majd a kapott pontot az {x1 , · · · , xn−2 } tengelyek n − 2-dimenzi´ os s´ıkj´ara stb. Az utols´o vet¨ ulet az orig´o, ´es az ´ıgy kapott Pn , Pn−1 , · · · P0 = O pontok konvex burka az orthoszk´em. A h´aromdimenzi´ os hiperbolikus esetben h´arom adat egybev´ag´os´ag erej´eig egy´ertelm˝ uen meghat´ arozza, ez lehet h´ arom ´el hossza vagy a h´arom nem der´eksz¨og lapsz¨og. A t´erfogatot a k = 1 param´eterv´alaszt´as mellett der´eksz¨og˝ u koordin´at´akra vonatkoz´ o formul´ aval kifejezve a v(D) =

Z

D

Za φ(x) Z ψ(x,y) Z (cosh z) (cosh y)dzdxdy = (cosh z)2 (cosh y)dzdydx, 2

0

0

0

integr´ alhoz jutunk, ahol φ(x) illetve ψ(x, y) f¨ uggv´enyeket a k¨ovetkez˝ok´eppen tudjuk meghat´ arozni. Az els˝ o k´et koordin´ ata s´ıkj´aban tal´alhat´o △OP2 P1 der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogben az P2 OP1 ∠ sz¨ og tangens´ere tan P2 OP1 ∠ = azaz

tanh y1 tanh b = , sinh a sinh x

tanh b sinh x, sinh a   tanh b sinh x =: λ. 0 ≤ y ≤ φ(x) ≤ tanh−1 sinh a tanh ymax =

ez´ert

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

306

´rfogatfogalom 6. A te

z=x2

P y=x 1 Q c

zmax

,

c

,

P2

O ,

y

a

b

b

Q

P1 x=x3 6.15. ´ abra. Az orthoszk´em der´eksz¨og˝ u koordin´at´az´asa Tekints¨ uk most a △P1 P2 P3 der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨oget. Ebb˝ol az O(x, y, 0) egyenes azon Q pontot metszi ki, melyre |P1 Q = b′ . ´Igy a tanh c′ =

tanh c sinh b′ , sinh b

egyenl˝ os´eghez jutunk. Az el˝ oz˝o h´aromsz¨ogben fel´ırt tanh b′ =

tanh y sinh a, sinh x

egyenl˝ os´eget is figyelembe v´eve, a △OQQ′ h´aromsz¨ogb˝ol tanh zmax = tanh c

www.interkonyv.hu

′

sinh cosh−1 (cosh x cosh y)




sinh cosh−1 (cosh a cosh b′ )


=

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

307

´rfogat 6.5. Hiperbolikus te

´Igy a

p tanh c cosh2 x cosh2 y − 1 ′ = sinh b p = sinh b cosh2 a cosh2 b′ − 1 p sinh2 y + sinh2 x cosh2 y tanh c ′ = = sinh b p sinh b sinh2 b′ + sinh2 a cosh2 b′ p 1 + sinh2 x coth2 y tanh c tanh c sinh y p sinh y. = = 2 2 ′ sinh b sinh b 1 + sinh a coth b 0 ≤ z ≤ ψ(x, y) = tanh−1



tanh c sinh y sinh b



=: ν

felt´etel teljes¨ ul a harmadik koordin´at´ara, az els˝o kett˝o r¨ogz´ıt´ese ut´an. A t´erfogat teh´ at Za Zλ Zν v(D) = (cosh z)2 (cosh y)dzdydx = 0

=

Za Zλ 0

0

0

0

 ν 1 1 z + (sinh 2z) (cosh y)dydx. 2 2 0

Felhaszn´ alva, hogy ν=

1 sinh b + tanh c sinh y ln , 2 sinh b − tanh c sinh y

kapjuk, hogy  a λ Z Z sinh b + tanh c sinh y 1  ln cosh ydy+ v(D) = 4 sinh b − tanh c sinh y 0

+

Zλ 0



0

sinh b + tanh c sinh y sinh ln sinh b − tanh c sinh y





cosh ydy  dx

  

.

A m´ asodik, y szerinti integr´ al meghat´aroz´as´ahoz haszn´aljuk a sinh x f¨ uggv´eny defin´ıci´ oj´ at. Ekkor Zλ 0

www.interkonyv.hu



sinh b + tanh c sinh y sinh ln sinh b − tanh c sinh y



cosh ydy =

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

308

´rfogatfogalom 6. A te

1 = 2

Zλ  0

sinh b + tanh c sinh y sinh b − tanh c sinh y − sinh b − tanh c sinh y sinh b + tanh c sinh y =2

Zλ 0

=2

Zλ 0



cosh ydy =

sinh y cosh y 2 dy = c − tanh sinh b sinh y

sinh b tanh c

sinh b 2 tanh c −

sinh 2y cosh 2y +

tanh c sinh b

tanh c sinh b

dy =



 λ sinh b sinh b tanh c tanh c ln 2 − cosh 2y + = tanh c tanh c sinh b sinh b 0     sinh b tanh c tanh c sinh b sinh b sinh b ln 2 − cosh 2λ + + ln 2 . =− tanh c tanh c sinh b sinh b tanh c tanh c =−

Felhaszn´ alva, hogy

1 cosh 2λ = 2



sinh a + tanh b sinh x sinh a − tanh b sinh x + sinh a − tanh b sinh x sinh a + tanh b sinh x



,

az integr´ al ´ert´eke: −

  tanh2 c sinh2 x sinh b ln 1 − . tanh c cosh2 b(sinh2 a − tanh2 b sinh2 x)

Az els˝ o r´eszt parci´ alisan integr´alva kapjuk: Zλ

ln

0

=

−

Zλ 0

(

sinh b + tanh c sinh y cosh ydy = sinh b − tanh c sinh y

ln

sinh b + tanh c sinh y sinh λ sinh b − tanh c sinh y

λ 0

−

  tanh c[(sinh b − tanh c sinh y) + (sinh b + tanh c sinh y)] sinh ydy =  sinh2 b − tanh2 c sinh2 y  sinh b + tanh c sinh λ − = sinh λ ln sinh b − tanh c sinh λ  Zλ  2 tanh c sinh b cosh y sinh y − 2 2 2 2 dy  = sinh b − tanh c cosh y + tanh c 0

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

309

´rfogat 6.5. Hiperbolikus te

= +

+ Mivel

 sinh b + tanh c sinh λ sinh λ ln + sinh b − tanh c sinh λ

λ sinh b  ln(sinh2 b − tanh2 c cosh2 y + tanh2 c) 0 tanh c  sinh b + tanh c sinh λ + = sinh λ ln sinh b − tanh c sinh λ



=


sinh b ln(sinh2 b − tanh2 c sinh2 λ) − ln(sinh2 b) . tanh c sinh2 λ =

az els˝ o integr´ al az

tanh2 b sinh2 x , sinh2 a − tanh2 b sinh2 x

 sinh b + tanh c sinh λ + sinh λ ln sinh b − tanh c sinh λ     sinh b tanh2 c sinh2 x + ln sinh2 b 1 − − tanh c cosh2 b(sinh2 a − tanh2 b sinh2 x)
− ln(sinh2 b)

osszeggel egyezik meg. A k´et r´esz ¨osszege teh´at: ¨ sinh λ ln

sinh b + tanh c sinh λ . sinh b − tanh c sinh λ


sinh x o¨sszef¨ ugg´esb˝ol k¨ovetkezik p   tanh λ sinh a + tanh2 λ sinh2 a + tanh2 b tanh λ sinh a −1 = ln , x = sinh sinh b tanh b

A λ = tanh−1

tanh b sinh a

´es ´ıgy a keresett t´erfogat 1 v= 4

Zb 0

p

tanh λ sinh a tanh2 b cosh2 λ + sinh2 a sinh2 λ

ln



sinh b + tanh c sinh λ sinh b − tanh c sinh λ



dλ.

T´etelben ¨ osszefoglalva sz´ am´ıt´asainkat ´all´ıthatjuk: 6.5.1. T´ etel. Ha egy orthoszk´em ´elei a, b, c, u ´gy, hogy a⊥b ´es (a, b)⊥c, akkor a t´erfogata: 1 v= 4

Zb 0

www.interkonyv.hu

tanh λ sinh a

p

tanh2 b cosh2 λ + sinh2 a sinh2 λ

ln



sinh b + tanh c sinh λ sinh b − tanh c sinh λ



dλ.

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

310

´rfogatfogalom 6. A te

A formula ide´ alis cs´ ucs´ u tetra´eder t´erfogat´anak meghat´aroz´as´ara is alkaltanh λ sinh a mas. Ha az a v´egtelenhez tart, akkor az √ f¨ uggv´eny 2 2 2 2 tanh b cosh λ+sinh a sinh λ

1 uggv´enyhez, ´ıgy az 1 ide´alis cs´ a cosh uccsal rendelkez˝o orthoszk´em t´erfogaλ f¨ ta:   Zb 1 sinh b + tanh c sinh λ 1 ln dλ. v= 4 cosh λ sinh b − tanh c sinh λ 0

Ha c is tart a v´egtelenhez, formul´ank a k´et ide´alis cs´ uccsal rendelkez˝o orthoszk´em t´erfogat´ at ad´ o 1 v= 4

Zb

1 ln cosh λ

0



sinh b + sinh λ sinh b − sinh λ



dλ

formul´ av´ a egyszer˝ us¨ odik. Alkalmas t¨ ukr¨oz´esekkel megkapjuk a h´arom, majd v´eg¨ ul a n´egy ide´ alis cs´ uccsal rendelkez˝o tetra´eder t´erfogat´at: v=

Zb

1 ln cosh λ

0



sinh b + sinh λ sinh b − sinh λ



dλ.

Ha a t´erfogatformul´ aban szerepl˝o f¨ uggv´enyeket m´asodrend˝ u elhanyagol´assal k¨ ozel´ıtj¨ uk, kapjuk, hogy 1 v= 4

Zb 0

ln



cλ λa ac √ dλ = 2 2 2 2 2b b +a λ b

Zb

tanh λ sinh a

p

tanh2 b cosh2 λ + sinh2 a sinh2 λ 1 = 2

Zb 0

0

sinh b + tanh c sinh λ sinh b − tanh c sinh λ



dλ =

λ2 abc √ dλ = , 6 1

s ´ıgy visszakapjuk az euklideszi t´erfogatot.

6.6. Szf´ erikus t´ erfogat A g¨ ombh´ aromsz¨ ogek felsz´ın´enek az ar´ anya sz¨ og¨ osszegeik 2R-et meghalad´ o r´eszeinek, excesszusainak ar´ any´ aval egyenl˝ o.

Bolyai J.: Appendix Nincs nehezebb dolgunk a szf´erikus t´erfogatsz´amol´assal sem, mint az izometriacsoportok meghat´ aroz´as´aval. A g¨ombfelsz´ın k´et, h´arom stb. n-dimenzi´ os tartom´ anyainak t´erfogatait a megfelel˝o integr´alfogalmak k¨ozbeiktat´as´aval indukt´ıv m´ odon defini´ alhatjuk. A g¨ombi szakasz hossz´anak fogalma lehet˝ os´eget ny´ ujt a g¨ ombi g¨ orbe ´ıvhossz´anak defini´al´as´ahoz, ´es egy a szf´er´an

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

311

´rikus te ´rfogat 6.6. Szfe

elhelyezked˝ o der´eksz¨ og˝ u koordin´ata-rendszerre vonatkoz´o integr´alfogalom kialak´ıt´ as´ ara, ami alapj´ an defini´alhatjuk a k´etdimenzi´os g¨ombi tartom´anyok ter¨ ulet´et. Ez alapj´ an besz´elhet¨ unk kett˝os integr´alr´ol, majd h´aromdimenzi´os g¨ ombi tartom´ any t´erfogat´ ar´ ol. Az elj´ar´as seg´ıts´eg´evel rendelkez´esre ´all valamennyi k¨ ozbees˝ o t´erfogatfogalom, ´es ezek alapj´an defini´alhat´o a g¨ombfelsz´ıni tartom´ anyra vonatkoz´ o ´ altal´anos a be´agyaz´o t´erre vonatkoz´o integr´alfogalom. Kimutathat´ o, hogy az n-dimenzi´os g¨ombi tartom´any karakterisztikus f¨ uggv´eny´enek tartom´ anyon vett integr´alja ´eppen a tartom´any n-dimenzi´os t´erfogata. Ezut´ an m´ ar csak a g¨ombi koordin´at´akra kell ´att´erni a helyettes´ıt´eses integr´ al seg´ıts´eg´evel. Tekintettel arra, hogy a t´erfogat integr´allal val´o sz´ am´ıt´ as´ an´ al k´et rosszul viselked˝o pont az eredm´enyt nem befoly´asolja, nem sz¨ uks´eges foglalkozunk avval a t´ennyel, hogy a g¨ombi koordin´at´az´as a g¨ombfelsz´ın k´et pontj´ anak (az ´eszaki ´es d´eli p´olus) tekintet´eben nem egy´ertelm˝ u. A szok´ asos szinuszos fel´ır´ as´ aban az euklideszi t´er x1 , x2 , . . . , xn+1 koordin´at´ai ´es az u1 , u2 , . . . , un , r g¨ ombi koordin´at´ak k¨oz¨otti kapcsolatot az xn+1

=

cos un

xn xn−1

= = .. .

cos un−1 sin un cos un−2 sin un−1 sin un

x2 x1

= =

cos u1 sin u2 · · · sin un−1 sin un sin u1 sin u2 · · · sin un−1 sin un

egyenletrendszer fejezi ki. A helyettes´ıt´es most n-dimenzi´os tartom´anyt (n + 1)-dimenzi´ os t´erbe k´epez, ez´ert a Jacobi-determin´ans a k¨ovetkez˝ok´eppen sz´amolhat´ o: v´eve a fenti egyenletek parci´alis deriv´altjaib´ol ´all´o (n+1)×n m´eret˝ u m´ atrixot, ezt transzpon´ altj´ aval balr´ol ¨osszeszorozzuk (k´epezt¨ uk a Grammm´ atrix´ at), majd ezen n × n-es m´atrix determin´ans´anak gy¨ok´et vessz¨ uk. Val´oban, J-vel jel¨ olve az r-et is v´ altoz´ok´ent alkalmaz´o lek´epez´es (n+1)×(n+1)-es Jacobi-m´ atrix´ at, ennek els˝ o n oszlopa mer˝oleges az utols´ora, ´es az utols´o egys´eg hossz´ u. Ez´ert a

∂xi J= A ∂r defin´ıci´ oval ad´ odik, hogy

| det J| = = =

www.interkonyv.hu

r

det

s



det

q √ det J T det J = det(J T J) = A



∂xi ∂r



T

AT A 0 0 1



∂xi ∂r

A =

q





=

det (AT A).

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

312

´rfogatfogalom 6. A te

´Igy a t´erfogat a v(D) =

=

Z

Z

D

1dv =

Z

| det(J)|du1 · · · dun−1 dun =

T

sin u2 sin2 u3 · · · sin(n−1) un du1 · · · dun−1 dun

T

formul´ ahoz vezet, ahol T n-dimenzi´os tartom´any a D tartom´any ˝osk´epe a fenti helyettes´ıt´esre n´ezve. A k´etdimenzi´os g¨ombfelsz´ınre ez a Z v(D) = sin u2 du1 du2 T

formul´ at adja, mely a szokottabb u′i = π2 − ui param´eterv´alaszt´as eset´en az ismert Z v(D) = cos u′2 du′1 du′2 T

k´eplethez vezet. A fenti formul´akhoz jutunk akkor is, ha az (n + 1)-dimenzi´os t´erfogatformul´ at alkalmazzuk a T × [1, 1 + ε] testre, majd ε-nal null´ahoz tartunk. Ezen az u ´ton a T × [k, k + ε] testek t´erfogat´anak hat´ar´ert´ekek´ent megkapjuk a k sugar´ u g¨ ombre vonatkoz´o formul´at: Z v(D) = k n sin u2 sin2 u3 · · · sin(n−1) un du1 · · · dun−1 dun . T

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

313

´ 6.7. Poincare

6.16. ´abra. Henry Poincar´e

6.7. Poincar´ e A geometri´ at v´eglegesen megalapoz´o Hilbert-munk´at megel˝ozi n´eh´any fontos ´ır´ as. Az axiomatika logikai ´es filoz´ofiai k´erd´eseivel foglalkoz´o m˝ uvek k¨oz¨ ul Henry Poincar´e, Tudom´ any ´es hipot´ezis” c. k¨onyv´eb˝ol id´ez¨ unk most egy ” fejezetet.

´: Tudoma ´ ny e ´s hipote ´zis H. Poincare ´sz II. Re III. FEJEZET ´k Nemeuklideszi geometria

MINDEN konkl´ uzi´ o premissz´akat felt´etelez. Ezek vagy evidensek ´es nem kell ˝ket igazolni, vagy meg tudjuk alapozni ˝oket m´as ´all´ıt´asokkal; ´es mivel nem o tudunk a v´egtelens´egig visszamenni, ´ıgy minden dedukt´ıv tudom´any, speci´alisan a geometria is, felt´etelez bizonyos sz´am´ u demonstr´alhatatlan axi´om´at. Minden geometriai ´ertekez´es ezen axi´om´ak kinyilatkoztat´as´aval kezd˝odik. Van azonban le´ırhat´ o k¨ ul¨ onbs´eg k¨ oz¨ ott¨ uk. N´eh´any, mint p´eld´aul dolgok melyek egyenl˝ok ” ugyanazon dologgal, egym´assal is egyenl˝ok,”nem a geometria ´all´ıt´asai, hanem az ´ tekintek ezekre, mint analitikusan a priori intu´ıci´okra, ´es ezek nem anal´ızis´e. Ugy

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

314

´rfogatfogalom 6. A te

foglalkoztatnak a tov´abbiakban. Azonban s´ ulyt kell helyeznem m´as axi´om´akra, melyek speci´alisan a geometri´ahoz tartoznak. A legt¨obb m˝ u explicit kinyilv´an´ıt h´armat: (1) csak egy egyenes mehet ´at k´et ponton; (2) az egyenes vonal a legkisebb t´avols´ag k´et pont k¨oz¨ott; (3) egy ponton kereszt¨ ul csak egy nem metsz˝o h´ uzhat´o egy adott egyeneshez. Hab´ar ´altal´aban a m´asodik axi´om´anak el szoktuk hagyni a bizony´ıt´as´at, le lehet vezetni a m´asik kett˝ ob˝ ol, ´es egy´eb – implicit m´odon, kinyilatkoztat´as n´elk¨ ul – hozz´avett axi´ om´akb´ ol, ahogy a k¨ovetkez˝okben azt kifejtj¨ uk. Hossz´ u ideig hi´aba kutattak az Eukleid´esz posztul´atum´anak nevezett harmadik axi´oma bizony´ıt´asa ut´an. Elk´epzelhetetlen¨ ul nagy er˝ofesz´ıt´esek t¨ort´entek az ¨osszhang megteremt´ese ´erdek´eben. V´eg¨ ul a tizenkilencedik sz´azad elej´en k´et tud´os, egy orosz ´es egy bolg´ar2 , Lobacsevszkij ´es Bolyai, megd¨onthetetlen¨ ul megmutatta, hogy ez a bizony´ıt´as lehetetlen. Megszabad´ıtott´ak a geometria vizsg´al´oit egy posztul´atumt´ol, ´es az´ ota az Acad´emie des Sciences csak err˝ol a t´em´ar´ol ´evente megjelentet egy-k´et u ´j k¨ ozlem´enyt. A k´erd´es azonban nem mer¨ ult ki, ´es t¨ort´ent nem sokkal ezel˝ott egy nagy l´ep´es Riemann h´ıres el˝oad´as´aban, aminek c´ıme: Ueber die Hypothesen welche der Geometrie zum Grunde liegen. Ez a kis munka inspir´alta a legt¨obb u ´j kelet˝ u ´ertekez´est, amire a k´es˝obbiekben hivatkozni fogok, ezek k¨oz¨ ul k¨ ul¨on¨osk´eppen Beltrami ´es Helmholtz munk´ait eml´ıthetem. Lobacsevszkij geometri´ aja. Ha Eukleid´esz posztul´atuma levezethet˝o lenne m´as axi´ om´akb´ ol, tagadva ezt, ´es megtartva a t¨obbi axi´om´at, ellentmond´asra k´ene jutnunk. Lehetetlen lenne ilyen premissz´akb´ol koherens geometri´at fel´ep´ıteni. Lobacsevszkij ezt tette. Feltette, hogy t¨obb nem metsz˝o h´ uzhat´o egy pontb´ol egy adott egyeneshez, ´es megtartotta a t¨obbi euklideszi axi´om´at. Ezekb˝ol a feltev´esekb˝ ol levezetett egy sor t´etelt, amelyek k¨oz¨ott nem lehet ellentmond´as, ´es konstru´alt egy geometri´at, mely logik´aj´aban ugyanolyan kifog´astalan, mint az euklideszi. A t´etelek nagyon k¨ ul¨onb¨oznek azokt´ol, amelyeket megszoktunk, ´es el˝ osz¨ or egy kis zavart ´erz¨ unk. P´eld´aul a h´aromsz¨og sz¨ogeinek ¨osszege mindig kisebb k´et der´eksz¨ og ¨ osszeg´en´el, ´es a k´et der´eksz¨og ´es a sz¨og¨osszeg k¨ ul¨onbs´ege ar´anyos a h´aromsz¨ og ter¨ ulet´evel. Lehetetlen szerkeszteni egy alakzathoz hasonl´o, m´as m´eret˝ u alakzatot. Ha a k¨orvonalat egyenl˝o r´eszekre bontjuk, ´es ´erint˝oket h´ uzunk az oszt´aspontokban, ha a k¨or sugara el´eg kicsi, akkor az ´erint˝ok egy szab´alyos soksz¨ oget alkotnak, ha azonban el´eg nagy, az ´erint˝ok nem metszik egym´ast. Nem sz¨ uks´eges t¨ obb p´eld´at hoznunk. Lobacsevszkij ´all´ıt´asai nincsenek kapcsolatban a megfelel˝ o euklidesziekkel, mindazon´altal logikailag van k¨olcs¨on¨os kapcsolat. Riemann geometri´ aja. Tekints¨ unk egy vil´agot, amelyben az embereknek nincs vastags´aga, ´es tegy¨ uk fel, hogy infinitezim´alisan s´ık” ´el˝ol´enyek vannak ” 2 Poincar´ e ezen t´ eved´ ese b´ ant´ o sz´ amunkra, mindazon´ altal c´ elszer˝ u megbocs´ atani neki egy´ eb el´ ev¨ ulhetetlen ´ erdemeire val´ o tekintettel.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ 6.7. Poincare

315

ugyanazon a s´ıkon, amelyb˝ ol nem tudnak kiemelkedni. Tegy¨ uk fel tov´abb´a, hogy ez a vil´ag elegend˝ oen t´avol van m´as vil´agokt´ol ahhoz, hogy azok hat´as´at kik¨ usz¨ ob¨ olhess¨ uk, ´es am´ıg mi ezen hipot´ezisekkel ´el¨ unk, nem ´eri meg felruh´azni ezen ´el˝ ol´enyeket gondolkod´ ok´epess´eggel, ´es elhitetni vel¨ uk, hogy k´epesek geometri´at m˝ uvelni. Ebben az esetben ter¨ uket bizonyosan k´etdimenzi´osnak fogj´ak tartani. De tegy¨ uk most fel, hogy ezen k´epzelt ´el˝ol´enyek, m´ıg megtartjuk sov´anys´agukat, szf´erikus ´es nem s´ıkbeli alakot ¨oltenek, ´es ugyanazon a g¨ombfelsz´ınen tal´alhat´ok, ahonnan nem tudnak kisz¨ okni. Milyen geometri´at fognak konstru´alni? El˝osz¨or is vil´agos, hogy a teret csak k´et dimenzi´oval l´atj´ak el. Az egyenes vonal sz´amukra a g¨ ombfelsz´ınen v´alasztott legr¨ovidebb u ´t lesz egyik pontb´ol a m´asikba, azaz egy f˝ ok¨ or´ıv. M´as sz´ oval a vil´aguk egy szf´erikus geometria lesz. Amit t´ernek neveznek, a g¨ ombfelsz´ın lesz, amire korl´atoz´odnak, ´es ami a helye azoknak a jelens´egeknek, amiket megismertek. A ter¨ uk nem korl´atos, hiszen a g¨omb¨on mindig lehet el˝ore menni an´elk¨ ul, hogy meg k´ene ´allni, ´es v´eges lesz; a v´ege soha nem tal´alhat´o, de egy teljes k¨ ort´ ur´at lehet rajta tenni. Nos, Riemann geometri´aja h´aromdimenzi´ oss´a kiterjesztett szf´erikus geometria. Ahhoz, hogy megkonstru´alja, a n´emet matematikusnak el˝ osz¨ or ki kellett dobni nem csak az euklideszi posztul´atumot, de az els˝ o axi´ om´ankat is, azaz hogy csak egy egyenes mehet kereszt¨ ul k´et ponton. A g¨ ombfelsz´ınen, k´et adott ponton ´at, ´altal´aban csak egy f˝ok¨or rajzolhat´o, ahogy az l´athat´ o, a k´epzelet¨ unkben ez az egyenes. Azonban van egy kiv´etel. Ha a k´et adott pont egy ´atm´er˝ o k´et v´egpontja, akkor v´egtelen sok f˝ok¨or h´ uzhat´o rajtuk kereszt¨ ul. Hasonl´ ok´eppen Riemann geometri´aj´aban, k´et ponton ´at csak egy egyenes h´ uzhat´ o ´altal´aban, de vannak kiv´eteles esetek, amikor k´et ponton kereszt¨ ul v´egtelen sok egyenes h´ uzhat´o. Riemann ´es Lobacsevszkij geometri´ai k¨ oz¨ ott bizonyos fajta szemben´all´as van. P´eld´aul a h´aromsz¨ogek sz¨og¨osszege k´et der´eksz¨ og az euklideszi geometri´aban, kisebb k´et der´eksz¨ogn´el Lobacsevszkij geometri´aj´aban ´es nagyobb k´et der´eksz¨ogn´el Riemann geometri´aj´aban. Adott ponton ´at adott egyenest nem metsz˝ o egyenesek sz´ama az eukleideszi geometri´aban egy, Riemann geometri´aj´aban ilyen nincs, Lobacsevszkij geometri´aj´aban v´egtelen. Vegy¨ uk ezekhez hozz´a, hogy Riemann tere v´eges, de nem korl´atos, ahogy ezt a kor´abbiakban kifejtett¨ uk. Konstans g¨ orbu u felu ¨ let˝ ¨ letek. Egy kifog´as azonban lehets´eges. Nincs ugyan ellentmond´as Lobacsevszkij t´etelei ´es Riemann t´etelei k¨oz¨ott; azonban sok egy´eb k¨ ovetkezm´eny van, amit a geom´eterek levezettek a hipot´eziseikb˝ol, a sz´amuk ak´ar v´egtelen is lehet; ki ´all´ıthatja, hogy ha tov´abb folytatn´a a dedukci´ot, akkor sem tal´alna v´eg¨ ul ellentmond´ast? Ez a neh´ezs´eg nem jelentkezik Riemann geometri´aj´an´al k´et dimenzi´ ora szor´ıtkozva. T´eny, hogy ez nem k¨ ul¨onb¨ozik a szf´erikus geometri´at´ ol, ami csak egy gy˝ ujtem´enye a k¨oz¨ons´eges geometri´anak, ´es ez´ert nincs benne ellentmond´as. Beltrami megmutatta, hogy Lobacsevszkij k´etdimenzi´ os geometri´aja is egy gy˝ ujtem´enye a k¨oz¨ons´eges geometri´anak, a kifog´asok egyszerre c´afolhat´ ok vagy tarthat´ok. A gondolatmenete a k¨ovetkez˝o: Tekints¨ unk egy alakzatot valahol egy fel¨ uleten. K´epzelj¨ unk a fel¨ ulet´ere nyomva egy flexibilis

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

316

´rfogatfogalom 6. A te

´es ny´ ujthatatlan anyagot u ´gy, hogy amikor az anyagot ´athelyezz¨ uk vagy deform´aljuk, a a fel¨ ulet k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o vonalai a hosszuk v´altoz´asa n´elk¨ ul v´altoztatj´ak a form´ajukat. Mint egy vonalz´ o, ez a flexibilis, de nem ny´ ujthat´o alakzat nem lenne ´athelyezhet˝ o a fel¨ ulet elhagy´asa n´elk¨ ul. Vannak azonban olyan fel¨ uletek, amelye¨ ken ilyen mozg´asok elk´epzelhet˝oek. Ezek a konstans g¨orb¨ ulet˝ uek. Osszefoglalva, ha elk´epzelj¨ uk a vastags´ag n´elk¨ uli l´enyeket egy ilyen fel¨ uleten, ˝ok lehet˝onek tartj´ak majd egy alakzatnak olyan mozg´as´at, melynek sor´an minden vonal konstans hossz´ us´ag´ u marad. M´as oldalr´ ol, ilyen mozg´as abszurdnak t˝ unik olyan l´enyeknek, melyek egy v´altoz´ o g¨ orb¨ ulet˝ u fel¨ uleten ´elnek. A konstans g¨orb¨ ulet˝ u fel¨ uleteknek k´et t´ıpusa van. N´eh´anynak a g¨orb¨ ulete pozit´ıv, ´es ezek deform´alhat´ok egy g¨ ombfelsz´ınn´e. Ezek geometri´aja reduk´alhat´o szf´erikus geometri´av´a – nevezetesen Riemann geometri´av´a. M´asok g¨orb¨ ulete negat´ıv. Beltrami megmutatta, hogy ezek geometri´aja azonos Lobacsevszkij geometri´aj´aval. Ekk´eppen a k´etdimenzi´os Riemann- ´es Lobacsevszkij-geometri´ak az euklideszi geometri´an kereszt¨ ul kapcsol´ odnak egym´ashoz. A nemeuklideszi geometri´ ak interpret´ aci´ oja. A k´ets´egek akk´eppen t˝ unnek el, mik´epp a k´etdimenzi´ os geometri´ak egyre jobban kapcsol´odnak egym´ashoz. K¨ onnyen ki lehet terjeszteni Beltrami ´ervel´es´et h´aromdimenzi´os geometri´akra, ´es azok a gondolatok, amelyek nem h´atr´alnak meg a n´egy dimenzi´o el˝ott, l´athat´oan nem okoznak neh´ezs´eget; b´ar ezek sz´ama nem nagy. Javaslom a folytat´ast. Tekints¨ unk egy alkalmas s´ıkot, amelyet alaps´ıknak nevez¨ unk, ´es k´esz´ıts¨ unk egy sz´ ot´art, k´et oszlopba ´ırva a megfelel˝o fogalmakat egym´as mell´e, ahogy egy k¨oz¨ ons´eges sz´ ot´arban l´athatjuk: t´er s´ık egyenes g¨ omb k¨ or sz¨ og k´et pont t´ avols´ aga

az alaps´ıkhoz tartoz´o fels˝o f´elt´er az alaps´ıkot mer˝olegesen metsz˝o g¨omb¨ok felsz´ıne k¨ or¨ ok melyek mer˝olegesen metszik az alaps´ıkot g¨ omb k¨ or sz¨ og a k´et pont ´es a rajtuk kereszt¨ ulfektetett egyenest jelent˝ o k¨ornek az alaps´ıkkal alkotott metsz´espontjai altal meghat´arozott kett˝osviszony logaritmusa. ´

etc. Tekints¨ uk Lobacsevszkij t´eteleit, ´es ford´ıtsuk ˝oket le ezen sz´ot´ar seg´ıts´eg´evel, ahogy a n´emet sz¨ oveget leford´ıtjuk egy n´emet–francia sz´ot´ar seg´ıts´eg´evel. P´eld´aul az a Lobacsevszkij-t´etel, miszerint: A h´aromsz¨ogek sz¨og¨osszege kisebb k´et ” der´eksz¨ og ¨ osszeg´en´el”´ıgy ford´ıthat´o: Ha egy g¨orbevonal´ u h´aromsz¨og oldalai az ” alaps´ıkot ortogon´alisan metsz˝ o k¨orvonalakra illeszkednek, akkor ennek a g¨orbe vonal´ u h´aromsz¨ ognek a sz¨ og¨ osszege kisebb k´et der´eksz¨og ¨osszeg´en´el. Ekk´eppen ugyan messze vagyunk att´ ol, hogy a Lobacsevszkij-hipot´ezis k¨ovetkezm´enyeit

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ 6.7. Poincare

317

mind l´assuk, sohasem juthatunk ellentmond´ashoz; t´eny, ha Lobacsevszkij t´etelei ellentmond´ashoz vezetn´enek, a ford´ıt´asok u ´tj´an kapott megfelel˝o t´etelek szint´en ellentmondan´anak egym´asnak. Azonban ezen ut´obbi t´etelek a k¨oz¨ons´eges geometri´ahoz tartoznak, ´es nincs k´ets´eg¨ unk afel˝ol, hogy a k¨oz¨ons´eges geometria mentes az ellentmond´asokt´ol. Ekk´eppen valamif´ele bizonyoss´ag l´etrej¨on, de ezzel igazol´ odott az ellentmond´astalans´ag is? Ez az a k´erd´es, amir˝ol most nem besz´el¨ unk, hab´ar ´erdekes, ´es u ´gy gondolom, nem eld¨onthetetlen. Semmi sem maradt a k´ets´egek k¨ oz¨ ul, melyeket a fentiekben megfogalmaztam. De ez nem minden. Lobacsevszkij geometri´aja alkalmas konkr´et interpret´aci´ora, nem csup´an haszontalan logikai gyakorlat, alkalmazhat´o. Nincs itt az ideje r´eszletezni ezeket az alkalmaz´asokat, sem azokat, amelyeket Herr Klein ´es j´omagam vizsg´altunk a line´aris egyenletek integr´al´as´an´al. Tov´abb´a a fenti interpret´aci´o nem az egyetlen, ´es sok sz´ ot´ar k´esz´ıthet˝ o anal´ og m´odon, mely alkalmas arra az egyszer˝ u transzform´aci´ ora, mely Lobacsevszkij t´eteleit a k¨oz¨ons´eges geometria t´eteleibe viszi. Implicit axi´ om´ ak. Azok az axi´om´ak, melyeket felvett¨ unk, adj´ak a geometria megalapoz´as´anak egyetlen lehet˝os´eg´et? Meggy˝oz˝odt¨ unk az ellenkez˝oj´er˝ol, amikor elhagytunk egyet majd m´eg egyet, ki tudtunk mondani n´eh´any ´all´ıt´ast, mely k¨oz¨os Eukleid´esz, Lobacsevszkij ´es Riemann geometri´aj´aban. Ezek olyan premissz´akon ´ alapulnak, melyeket a geom´eterek implicit m´odon vesznek a rendszerhez. Erdekes megpr´ ob´alni kivenni ˝ oket a klasszikus bizony´ıt´asokb´ol. John Stuart Mill ´all´ıtotta azt, hogy minden defin´ıci´ o tartalmaz egy axi´om´at, mert azzal hogy defini´aljuk, implicit m´ odon feltessz¨ uk a defini´alt objektum l´etez´es´et. Ez t´ ul messzire vezet. Kiv´etelesen fordul csak el˝ o a matematik´aban, hogy egy defin´ıci´ot nem k¨ovet a defini´alt objektum l´etez´ese, csak akkor, amikor az olvas´o k¨onnyen ellen˝orizheti ezt; ´es ne felejts¨ uk el, hogy a l´etezik” sz´o nem ugyanazt jelenti egy mate” matikai fogalom eset´eben, mint egy anyagi objektum kapcs´an. A matematikai fogalom l´etez´ese azt jelenti, hogy nincs sem mag´aban a defin´ıci´oban, sem az el˝ oz˝ oleg hozz´avett ´all´ıt´asokb´ ol k¨ovetkez˝o ellentmond´as. Azonban a John Stuart Mill-´eszrev´etel nem alkalmazhat´o minden defin´ıci´ora, csak egy r´esz¨ ukre igaz. A s´ıkot a k¨ ovetkez˝ o m´ odon szokt´ak defini´alni: A s´ık egy olyan fel¨ ulet, amelyet ha egy egyenes k´et pontban ´erint, akkor teljes eg´esz´eben benne fekszik. Most nyilv´anval´ oan egy u ´j axi´ oma van ebben elrejtve. Igaz, hogy valamit v´altoztatnunk lehet, ´es ez k´ıv´anatos is, de akkor ki kell mondanunk az axi´om´at explicit m´odon. M´as, nem kev´esb´e fontos defin´ıci´ok szint´en ezt t¨ ukr¨ozik, mint p´eld´aul k´et alakzat egyenl˝ os´eg´enek defin´ıci´ oja: K´et alakzat egyenl˝o, ha egym´asra helyezhet˝ok. Egym´asra helyezni ˝ oket azt jelenti, hogy az egyiket u ´gy helyezz¨ uk ´at, hogy a m´asikkal megegyezzen. De hogy kell ´athelyezni? Ha ezt a k´erd´est megv´alaszoljuk, nem marad k´ets´eg¨ unk afel˝ol, hogy deform´al´as n´elk¨ ul kell ezt v´egezni, ´es ´ıgy egy nem v´altoztatott test helyez˝odik ´at. Ez nyilv´an egy z´ar´od´o k¨or. T´eny, hogy ez a defin´ıci´ o nem defini´al semmit. Nincs jelent´ese egy olyan l´etez˝o vil´agban, ahol csak g´azok vannak. Ha ez vil´agosnak t˝ unik, az az´ert van, mert megszoktuk a term´eszetes testek tulajdons´agait nem megk¨ ul¨onb¨oztetni azon ide´alis testek

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

318

´rfogatfogalom 6. A te

megfelel˝ o tulajdons´agait´ ol, amelyeknek a m´eretei v´altozatlanok. Azonban nem helyes azt gondolni, hogy ez a defin´ıci´o axi´om´at tartalmaz. A mozg´as lehet˝os´ege egy v´altozatlan alakzat sz´am´ara nem evidens igazs´ag. Hasonl´o a helyzet az euklideszi posztul´atum eset´eben, nem tud egy analitikus priori intu´ıci´ov´a v´alni. Tov´abb´a, amikor tanulm´anyozzuk a geometria defin´ıci´oit ´es t´eteleit, azt l´atjuk, hogy bizony´ıt´as n´elk¨ ul nemcsak a mozg´as lehet˝os´eg´et vagyunk k´enytelenek felt´etelezni, de annak n´eh´any tulajdons´ag´at is. Az els˝o, amit tekinthet¨ unk, az egyenes defin´ıci´ oja. Sz´amtalan rossz defin´ıci´ot adtak, de az igazi az, amelyik ´erthet˝o minden bizony´ıt´asban, ahol az egyenes szerepel. El˝ofordulhat, hogy egy v´altozatlan ” alakzat mozg´asa olyan, hogy minden hozz´a tartoz´o vonal pontja mozg´ast´ol mentes, m´ıg minden, ezen a vonalon k´ıv¨ uli pont mozg´asban van. Egy ilyen vonalat egyenes vonalnak nevez¨ unk.”Ebben a kijelent´esben sz´and´ekosan elk¨ ul¨on´ıtett¨ uk a defin´ıci´ ot azon axi´ om´at´ ol, amelyet k¨ovet. Sok bizony´ıt´as, mint p´eld´aul a h´aromsz¨ ogek egyenl˝ os´eg´enek esetei, felt´etelezi egy pontb´ol egy egyenesre mer˝oleges egyenes bocs´at´as´anak lehet˝ os´eg´et, sz´etv´alasztva az ´all´ıt´ast a kinyilv´an´ıtott t´enyekt˝ ol. Sz¨ uks´egszer˝ uen arra k¨ovetkeztethet¨ unk, hogy lehets´eges egy alakzatot a t´erben egy bizonyos m´ odon mozgatni. A negyedik geometria. Az explicit axi´om´ak k¨oz¨ott van egy, ami ´erdemel n´emi figyelmet, mert amikor elhagyjuk, konstru´alhatunk egy negyedik geometri´at, ami ugyan´ ugy koherens, mint Eukleid´esz, Lobacsevszkij, vagy Riemann geometri´aja. Annak bizony´ıt´as´ahoz, hogy mindig tudunk h´ uzni egy mer˝olegest az AB egyenesre annak egy A pontj´an kereszt¨ ul, tekints¨ unk egy AC egyenest ami az A pont k¨ or¨ ul forog, kiindulva a kezdeti AB helyzetb˝ol. Ezut´an forgassuk A k¨or¨ ul mindaddig, m´ıg AB meghosszabb´ıt´as´ara nem ker¨ ul. Ekkor mi k´et ´all´ıt´ast fogalmazunk meg, az els˝ o, hogy ilyen forgat´as van, a m´asodik pedig, hogy v´egigvihet˝o addig, m´ıg az egyik a m´asik meghosszabb´ıt´as´ara nem ker¨ ul. Ha az els˝ot elfogadjuk, a m´asodikat pedig elvetj¨ uk, egy sor k¨ ul¨on¨os t´etelhez jutunk, amelyek m´eg Lobacsevszkij ´es Riemann t´etelein´el is furcs´abbak, b´ar azokkal egyidej˝ uleg mentesek vagy nem mentesek az ellentmond´ast´ol. Csak egy t´etelt eml´ıten´ek, nem is a legink´abb eml´ıt´esrem´elt´ ot, mely szerint egy val´os egyenes lehet mer˝oleges saj´at mag´ara. Lie t´ etele. Azon axi´ om´ak sz´ama, melyeket a klasszikus bizony´ıt´asok sor´an haszn´alunk, t¨ obb mint sz¨ uks´eges, ´es ´erdekes volna ezt a sz´amot a minim´alisra cs¨okkenteni. El˝ osz¨ or is megk´erdezhetj¨ uk, lehets´eges-e ilyen redukci´o, a sz¨ uks´eges axiom´ak ´es az elk´epzelhet˝ ´ o geometri´ak sz´ama vajon nem v´egtelen-e? Sophus Lie-t˝ol sz´armazik a k¨ ovetkez˝ o t´etel, mely ebben a k´erd´esben igen fontos. Tegy¨ uk fel a k¨ ovetkez˝ o premissz´akat: (1) a t´er n-dimenzi´os; (2) egy v´altozatlan test mozgat´asa lehets´eges; (3) p felt´etel sz¨ uks´eges ezen alakzat helyzet´enek meghat´aroz´as´ahoz. A fenti feltev´esekkel kompatibilis geometri´ak sz´ama korl´atos. S˝ ot ha n adott, a fels˝ o hat´ar p-vel kifejezhet˝o. Tov´abb´a, ha a mozg´as lehet˝os´ege garant´alt, akkor v´eges, s˝ ot igen korl´atozott sz´am´ u h´aromdimenzi´os geometria tal´alhat´ o ki.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ 6.7. Poincare

319

Riemann geometri´ ai. Ez az eredm´eny azonban Riemann sz´am´ara ellentmond´asosnak t˝ unt, konstru´alt h´at v´egtelen sok geometri´at u ´gy, hogy amihez a neve m´ar hozz´akapcsol´ odott, az csak speci´alis esete ezeknek. Mindegyik, mondta, csak annak a m´ odnak a f¨ uggv´enye, ahogy a g¨orbe ´ıvhossz´at defini´aljuk. V´egtelen sok m´ odon lehet az ´ıvhosszat defini´alni, ´es mindegyik kiindul´opontja lehet egy u ´j geometri´anak. Ez t¨ ok´eletesen igaz, de a legt¨obb ilyen defin´ıci´o nem kompatibilis egy v´altoz´ o alakzat mozg´as´aval u ´gy, ahogy mi azt a lehet˝os´eget a Lie-t´etelben megk´ıv´anjuk. Riemann ezen geometri´ai ´erdekesek sz´amos vonatkoz´asban, de soha nem lehetnek tiszt´an analitikusak, ´es egyik sem lehet a talaja az euklideszi bizony´ıt´asokkal anal´ og bizony´ıt´asoknak. Az axi´ om´ ak term´ eszete. A legt¨obb matematikus Lobacsevszkij geometri´aj´at logikai kuri´ ozumnak tartja. N´eh´anyan azonban tov´abb l´eptek. Ha sz´amos geometria lehets´eges, mondj´ak, bizonyos, hogy a mi geometri´ank az igazi? A k´ıs´erlet k´ets´egtelen¨ ul azt tan´ıtja nek¨ unk, hogy a h´aromsz¨og sz¨og¨osszege k´et der´eksz¨oggel egyenl˝ o, de ez az´ert van, mert az ´altalunk vizsg´alt h´aromsz¨ogek t´ ul kicsik. Lobacsevszkij szerint a k¨ ul¨ onbs´eg ar´anyos a h´aromsz¨og ter¨ ulet´evel, nem lesz ez ´erz´ekelhet˝ o, amikor j´ oval nagyobb h´aromsz¨ogekkel dolgozunk, ´es amikor a m´er´es¨ unk pontosabb´a v´alik? Eukleid´esz geometri´aja ´ıgy lehet, hogy csak egy ´atmeneti geometria. Ahhoz, hogy ezt kifejts¨ uk, el˝osz¨or is azt a k´erd´est kell feltenn¨ unk magunknak, mi az axi´ om´ak term´eszete? Szintetikus a priori intu´ıci´ok, ahogy Kant ´all´ıtotta? Ekkor mi r´a vagyunk k´enyszer´ıtve egy olyan er˝ofesz´ıt´esre, amelyet mi nem tudunk sem elk´epzelni, sem fel´ep´ıteni az ellent´etes ´all´aspontr´ol. Ekkor nincs nemeuklideszi geometria. Hogy meggy˝ozz¨ uk magunkat err˝ol, tekints¨ uk szintetikus a priori intu´ıci´ onak p´eldak´ent a teljes indukci´o elv´et: Ha egy t´etel igaz az 1 sz´amra, ´es felt´eve, hogy n-re igaz, bel´athat´o, hogy n + 1-re is igaz, akkor igaz az o ¨sszes pozit´ıv eg´esz sz´amra. Pr´ob´aljunk meg megszabadulni ett˝ol az elvt˝ol, ´es elvetve ezt az ´all´ıt´ast, a nemeuklideszi geometri´anak egy hamis aritmetikus analogonj´at megkonstru´alni. Nem fogjuk tudni megcsin´alni. Kezdetben cs´ab´ıt´o lesz analitikusan kezelni ezt az intu´ıci´ot. Azonk´ıv¨ ul, megint visszat´erve a vastags´ag n´elk¨ uli ´allatok p´eld´aj´ara, mi bajosan tudjuk elk´epzelni, hogy ha ezek a l´enyek hasonl´ ok´eppen gondolkoznak mint mi, akkor u ´gy adopt´alj´ak az euklideszi geometri´at, mint ami ellentmond a kutat´asaiknak. Azt kell lesz˝ urn¨ unk, hogy a geometria axi´ om´ai k´ıs´erleti igazs´agok? Nem tudunk k´ıs´erleteket v´egezni az ide´alis egyenessel ´es az ide´alis k¨ orrel; mi csak anyagi objektumnak tekinthetj¨ uk ˝oket. Min alapulnak ekk´eppen, azok a k´ıs´erletek, melyek a geometria alapjait szolg´altatj´ak? A v´alasz egyszer˝ u. Fentebb l´attuk, hogy mi ´alland´oan u ´gy okoskodunk, mintha a geometriai alakzatok testek lenn´enek. Amely geometria a k´ıs´erletb˝ol sz¨ uletik, ezen testek tulajdons´agaival rendelkezik. A f´eny tulajdons´agai, ´atvive az egyenesre, szint´en adnak ´all´ıt´asokat ehhez a geometri´ahoz, speci´alisan ez a projekt´ıv geometria, ´es pontosan ez´ert mondjuk, hogy a metrikus geometria a testek tanulm´anyoz´asa ´es a projekt´ıv geometria a f´eny´e. Egy neh´ezs´eg marad, ´es ez kiker¨ ulhetetlen. Ha a geometria k´ıs´erleti tudom´any, akkor nem egzakt tudo-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

320

´rfogatfogalom 6. A te

m´any. Folytonos fel¨ ulvizsg´alat t´argy´at kell k´epeznie. S˝ot att´ol a napt´ol, amikor bizony´ıtva lenne, hogy t´eves, tudn´ank, hogy nincs szigor´ u ´ertelemben vett v´altozatlan test. A geometriai axi´om´ak ekk´eppen sem szintetikus a priori intu´ıci´ok, sem k´ıs´erleti t´enyek. Konvenci´ ok. A lehets´eges konvenci´ok k¨oz¨otti v´alaszt´asunkat a k´ıs´erleti t´enyek vezetik; de megmarad szabadnak, ´es csak az ellentmond´asok elker¨ ul´es´enek sz¨ uks´egess´ege korl´atozza, ´es ekk´eppen a posztul´al´as teljesen szabad marad, am´ıg a k´ıs´erleti t¨orv´enyek, amelyek determin´alj´ak a v´alaszt´ast, csak k¨ ozel´ıt˝ oleg ´erv´enyesek. M´as szavakkal, a geometria axi´om´ai (nem besz´elek az aritmetika axi´ om´air´ ol) csak defin´ıci´ok, ´alruh´aban. Mit kell gondolnunk a k¨ovetkez˝ o k´erd´esr˝ ol: Az euklideszi geometria igaz? Ennek nincs ´ertelme. Ugyan´ıgy k´erdezhetn´enk azt is, hogy vajon a metrikus rendszer igaz-e ´es a r´egi s´ ulyok ´es m´ert´ekek hamisak; vajon a der´eksz¨og˝ u koordin´at´ak igazak, ´es a pol´arkoordin´at´ak hamisak? Az egyik geometria nem tud igazabb lenni, mint a m´asik, csak k´enyelmesebb. Nos, az euklideszi geometria a legk´enyelmesebb, ´es az is marad: el˝osz¨or is mert a legegyszer˝ ubb, az els˝ofok´ u polinomok egyszer˝ ubbek a m´asodfok´ uakn´al; m´asodszor, mert kiel´eg´ıt˝ oen megadja a term´eszetes testek tulajdons´agait, azok´et a testek´et, melyeket ¨ ossze tudunk hasonl´ıtani ´es m´erni a mi fogalmaink szerint.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

Pilinszky J´ anos: Egy szenved´ ely marg´ oj´ ara

A tengerpartot j´ar´o kisgyerek mind´ıg tal´al a kavicsok k¨ozt egyre, mely mind¨or¨okt˝ol fogva az ¨ov´e, ´es soha senki m´as´e nem is lenne. Az elvesz´ıthetetlent markol´assza! Eg´esz szive a tenyer´eben l¨ uktet, oly egyetlen egy kez´eben a k˝o, ´es vele ˝ o is olyan egyed˝ ul lett. Nem szabad´ ul m´ar soha t¨obb´e t˝ole. A v´ıznek fordul, ´es messze elhaj´ıtja. Hangot sem ad a n´ema szakit´as, egy eg´esz tenger z´ ugja m´egis vissza.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

7. fejezet

Poli´ ederek

7.1. Topol´ ogiai alapfogalmak A Geometria azon ter¨ uleteinek gy˝ ujtem´eny´et, melyekben pontok, egyenesek ´es fel¨ uletek egym´ ashoz viszony´ıtott helyzet´enek le´ır´ as´ at azok m´eret´et˝ ol f¨ uggetlen¨ ul tessz¨ uk, Analysis Situs-nak nevezz¨ uk.

H. Poincar´e: Analysis Situs Legyen a tov´ abbiakban X tetsz˝oleges ponthalmaz. A G halmazrendszer elemei legyenek X r´eszhalmazai. 7.1.1. Defin´ıci´ o. Ha a G halmaz teljes´ıti a k¨ ovetkez˝ o tulajdons´ agokat: • ∅, X ∈ G, • uni´ ora z´ art azaz, ha minden i ∈ I eset´en Gi ∈ G akkor

S

Gi ∈ G, T • v´eges metszet z´ art azaz, ha i = 1, · · · , n eset´en Gi ∈ G akkor Gi ∈ G,

akkor azt mondjuk, hogy az {X, G} p´ ar egy topologikus t´er a G ny´ılt halmazrendszerrel, amelynek elemei a t´er ny´ılt halmazai. A ny´ılt halmazok X-re vonatkoz´o komplementerei a z´ art halmazok. Legyen H ⊂ X halmaza a topologikus t´ernek. A B pont bels˝ o pontja H-nak, ha van olyan G ∈ G ny´ılt halmaz, hogy B ∈ G ⊂ H teljes¨ ul. A H komplementer´enek H c -nek bels˝ o pontjait H k¨ uls˝ o pontjainak nevezz¨ uk. H hat´ arpontjai az X azon pontjai, amelyek nem bels˝o ´es nem k¨ uls˝o pontjai H-nak. 7.1.1. Lemma. H pontosan akkor ny´ılt halmaz, ha minden pontja bels˝ o pont, ´es pontosan akkor z´ art ha ¨ osszes hat´ arpontj´ at tartalmazza. 7.1.1. Megjegyz´ es. Minden metrikus t´er induk´ al egy topol´ ogi´ at, amelyben a ny´ılt halmazok a ny´ılt g¨ omb¨ okb˝ ol a v´eges metszetre, illetve uni´ ora val´ o lez´ ar´ as u ´tj´ an ad´ odnak. Ezt a metrika ´ altal induk´ alt topol´ ogi´ anak nevezz¨ uk. Nem neh´ez igazolni, hogy az n-dimenzi´ os euklideszi t´er ny´ılt halmazai tartalmaznak ny´ılt metrikus g¨ omb¨ ot. 323

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

324

´derek 7. Polie

7.1.2. Defin´ıci´ o. A {X, G} topologikus t´er X ′ r´eszhalmaza a G ′ := X ′ ∩ G ny´ılt halmazok rendszer´evel topologikus t´err´e tehet˝ o. Az ´ıgy kapott topologikus teret az eredeti alter´enek nevezz¨ uk. 7.1.3. Defin´ıci´ o. Az {X, G} topologikus t´er ¨osszef¨ ugg˝o, ha nem bomlik fel k´et nem u anak uni´ oj´ ara. ¨res, diszjunkt, ny´ılt halmaz´ A tov´ abbiakban el˝ osz¨ or topologikus terek folytonos lek´epez´eseivel foglalkozunk. 7.1.4. Defin´ıci´ o. Az f : {X, G} −→ {X ′ , G ′ } lek´epez´es folytonos, ha ny´ılt halmaz teljes inverz k´epe ny´ılt. 7.1.5. Defin´ıci´ o. Az f : {X, G} −→ {X ′ , G ′ } lek´epez´es homeomorfizmus, ha folytonos, invert´ alhat´ o, ´es az inverz f¨ uggv´eny is folytonos. Ha van f : {X, G} −→ {X ′ , G ′ } homeomorfizmus, akkor azt mondjuk, hogy az {X, G} illetve {X ′ , G ′ } topologikus terek homeomorfak (vagy topologikusan ekvivalensek) egym´ assal. 7.1.2. Megjegyz´ es. K¨ onny˝ u tal´ alni olyan p´eld´ at, hogy invert´ alhat´ o folytonos lek´epez´es inverze nem folytonos, ez´ert a homeomorfia fogalma ´ altal´ aban nem egyszer˝ us´ıthet˝ o. Tekints¨ uk ugyanis az (X, P(X)), (X, ∅) topologikus tereket, ahol P(X) az X o at tartalmaz´ o halmaz. A f¨ uggv´eny legyen ¨sszes r´eszhalmaz´ az alaphalmaz identit´ asa. Ez vil´ agos m´ odon invert´ alhat´ o, mint id : (X, P(X)) −→ (X, ∅) lek´epez´es folytonos, az inverze viszont nem az. A m´ asik oldalr´ ol viszont megmutathat´ o, hogy egy euklideszi t´eren ´ertelmezett folytonos bijekci´ o inverze is folytonos. (v.¨ o az f : R −→ R f¨ uggv´eny inverz´ere vonatkoz´ o ismert t´etellel.) 7.1.6. Defin´ıci´ o. Az euklideszi t´er egy szakasza mint a topologikus t´er egy altere a sz´ armaztatott topol´ ogi´ aval szint´en topologikus t´er. Elemi ´ıvnek nevezz¨ uk ezen t´er homeomorf k´epeit. Igazolhat´ o, hogy elemi g¨ orbe´ıv meghat´arozza v´egpontjait. 7.1.7. Defin´ıci´ o. A topologikus t´er k´et pontja ´ıvvel ¨osszek¨othet˝o, ha tal´ alunk v´eges sok elemi ´ıvet, melyek v´egpontjaikban szab´ alyosan csatlakoznak egym´ ashoz, azaz k´et v´egpont kiv´etel´evel valamennyi v´egpont pontosan k´et ´ıvhez tartozik, ´es a k´et szabad (csak egy ´ıvhez tartoz´ o) v´egpont a k´et adott pont. A topologikus t´er ´ıvszer˝ uen ¨osszef¨ ugg˝o, ha tetsz˝ oleges k´et pontja ´ıvvel ¨ osszek¨ othet˝ o. 7.1.3. Megjegyz´ es. ´ Ivszer˝ uen ¨ osszef¨ ugg˝ o topologikus t´er ¨ osszef¨ ugg˝ o. Ford´ıtva ez nem igaz, a 1 {sin |x ∈ R \ 0} ∪ {(0, y)|y ∈ [−1, 1]} x

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ giai alapfogalmak 7.1. Topolo

325

alaphalmaz az R2 szok´ asos topol´ ogi´ aja ´ altal induk´ alt alt´er topol´ ogi´ ara n´ezve osszef¨ ugg˝ o, h´ arom ´ıvszer˝ u komponensb˝ ol ´ all´ o topologikus t´er. ¨ Alapvet˝ o jelent˝ os´eg˝ u fogalom a topologikus t´er kompakts´ag´anak fogalma. 7.1.8. Defin´ıci´ o. Az {X, G} topologikus t´er kompakt, ha tetsz˝ oleges ny´ılt halmazokb´ ol ´ all´ o fed˝ orendszer´eb˝ ol kiv´ alaszthat´ o v´eges fed˝ orendszer, azaz ha [ {Gi ∈ G|i ∈ I} ⊃ X

teljes¨ ul, akkor ∃{i1 , · · · , iσ } ⊂ I u ´gy, hogy [ {Gij |j = 1, · · · , σ} ⊃ X is fenn´ all.

El˝ osz¨ or vizsg´ aljuk meg a kompakts´ag egyik t´err˝ol a m´asikra val´o ´atvitel´enek lehet˝ os´egeit. 7.1.1. T´ etel. Kompakt t´er z´ art r´eszhalmazai kompaktak. Bizony´ıt´ as: Egy ny´ılt fed´es, kieg´esz´ıtve a halmaz komplementer´evel, a t´er fed´es´et adja. Mivel ebb˝ ol kiv´alaszthat´o v´eges fed´es, az ´all´ıt´as vil´agos. 7.1.2. T´ etel. Kompakt t´er folytonos k´epe kompakt. Bizony´ıt´ as: Evidens a defin´ıci´okb´ol. 7.1.9. Defin´ıci´ o. A topologikus t´er Hausdorff-f´ele (vagy rendelkezik a T2 tulajdons´ aggal), ha tetsz˝ oleges k´et pontj´ ahoz tal´ alhat´ o olyan diszjunkt ny´ılt halmazp´ ar, melynek egyike az egyik, m´ asika a m´ asik pontot tartalmazza. 7.1.3. T´ etel. Hausdorff-t´er kompakt r´eszhalmazai z´ artak. Bizony´ıt´ as: Ha a komplementer tetsz˝oleges fix eleme x, a r´eszhalmaz tetsz˝ oleges pontja pedig y, a Hausdorff-tulajdons´ag miatt ezek szepar´alhat´ok diszjunkt ny´ılt halmazokkal, melyek k¨oz¨ ul az y-t tartalmaz´o legyen Gy . ∪Gy ny´ılt fed´ese a r´eszhalmaznak, az ebb˝ol kiv´alasztott v´eges rendszer elemeihez tartoz´ o p´ arok metszete ny´ılt halmaz, x-et tartalmazza ´es diszjunkt a halmazunkhoz. A k¨ ovetkez˝ o t´etel k´epezi az alapot a homeomorfia defin´ıci´oja ut´an tett megjegyz´es¨ unk bizony´ıt´ as´ ahoz. 7.1.4. T´ etel. Legyen f : (X1 , G1 ) −→ (X2 , G2 ) folytonos injekci´ o, ahol (X1 , G1 ) kompakt, (X2 , G2 ) Hausdorff-f´ele topologikus terek. Ekkor f : X1 −→ R(f ) homeomorfizmus.

Bizony´ıt´ as: Elegend˝ o l´ atni, hogy ny´ılt halmaz k´epe ny´ılt. Legyen G az X1 ny´ılt halmaza. Ekkor komplementere z´art, ´ıgy kompakt. Az ˝o k´epe teh´at kompakt, ez´ert z´ art X2 -ben. A k´ep komplementere X2 -ben teh´at ny´ılt, s ezzel ´ all´ıt´ asunkat a lek´epez´es injektivit´asa alapj´an igazoltuk.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

326

´derek 7. Polie

A k¨ ovetkez˝ o t´etelek j´ ol mutatj´ak egy metrikus t´er korl´atos ´es z´art r´eszhalmazai, illetve kompakt halmazai k¨oz¨ott fenn´all´o kapcsolatot. 7.1.10. Defin´ıci´ o. Az (X, ̺) p´ art metrikus t´ernek nevezz¨ uk, ha ̺ : X × X −→ R teljes´ıti a k¨ ovetkez˝ o tulajdons´ agokat: • ̺(P, Q) ≥ 0, ha ̺(P, Q) = 0, akkor P = Q,

• ̺(P, Q) = ̺(Q, P )

• ̺(P, Q) + ̺(Q, R) ≥ ̺(P, R).

Mag´ at a fenti tulajdons´ agokkal rendelkez˝ o f¨ uggv´enyt metrikaf¨ uggv´enynek vagy r¨ oviden metrik´ anak nevezz¨ uk. 7.1.4. Megjegyz´ es. Minden metrikus t´erben megadhat´ o a ny´ılt g¨ omb fogalma a szokott m´ odon, a ny´ılt g¨ omb¨ oket ny´ılt halmaznak tekintve, majd v´eges metszetre ´es uni´ ora lez´ arva ezt a halmazrendszert egy olyan halmazrendszerhez jutunk, mely topol´ ogi´ at ad meg az alaphalmazon. Ezt a topol´ ogi´ at a metrika induk´ alta topol´ ogi´ anak nevezz¨ uk. Metrikus t´erben ´ertelmes a korl´atoss´ag fogalma. Korl´ atosnak nevez¨ unk egy halmazt, ha egy g¨ omb tartalmazza. 7.1.5. T´ etel. Metrikus t´er kompakt r´eszhalmazai korl´ atosak. Bizony´ıt´ as: Minden pontja k¨or´e rajzolhatunk egy ε sugar´ u g¨omb¨ot. A kompakts´ ag miatt ezekb˝ ol v´eges sok is lefedi. Ha ezek k¨oz´eppontjai x1 , . . . , xn , az x1 k¨ oz´eppont´ u R = 2ε + max{ρ(xi , x1 )} sugar´ u g¨omb fedi a teljes halmazt. A k´et t´etel alapj´ an kijelenthetj¨ uk, hogy metrikus t´er kompakt r´eszhalmazai korl´ atosak ´es z´ artak. (Vil´ agos, hogy minden metrikus t´er Hausdorff-f´ele.) Ezen ´ all´ıt´ as megford´ıt´ asa nem igaz. Tekints¨ uk ugyanis az X t´eren azt a metrik´ at, mely tetsz˝ oleges k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o ponthoz az 1 ´ert´eket rendeli. (Ha a k´et argumentumba ugyanazt a pontot tessz¨ uk, 0-t kell felvennie ´ert´ekk´ent.) Ebben a metrik´ aban ny´ılt g¨omb¨ok az egyelem˝ u halmazok, ´ıgy az induk´alt topol´ ogia ny´ılt halmazai a P(X) halmazrendszer. A t´er egy v´egtelen halmaza nem lehet kompakt, de nyilv´an korl´atos ´es z´art is, mert a z´art halmazok rendszere is P(X). Euklideszi t´erben azonban igaz a Borel-f´ele fed´esi t´etel: 7.1.6. T´ etel (Borel). Az n-dimenzi´ os euklideszi t´er korl´ atos, ´es z´ art r´eszhalmazai kompaktak. ´Igy euklideszi t´er kompakt r´eszhalmazai ´eppen a korl´atos ´es z´art halmazok.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

327

´derek 7.2. Konvex polie

7.2. Konvex poli´ ederek Hat´ ar az, ami v´ege valaminek.

Eukleid´esz I. 13. Defin´ıci´ o 7.2.1. Az euklideszi eset El˝ osz¨ or az n-dimenzi´ os euklideszi t´er keretein bel¨ ul ´ertelmezz¨ uk a konvex poli´edert. 7.2.1. Defin´ıci´ o. A bels˝ o ponttal rendelkez˝ o konvex halmazt konvex testnek nevezz¨ uk. 7.2.1. T´ etel. A ny´ılt f´elterek egybev´ ag´ o konvex halmazok. −−→ + Bizony´ıt´ as: Vil´ agos, hogy a Hc (n) := {P |OP = r, hr|ni > c} f´elt´er megad´ as´ an´ al feltehet˝ o, hogy n egys´egvektor. A V alt´er egy ortonorm´alt b´azis´at az n egys´egvektorral kieg´esz´ıthetj¨ uk a t´er egy ortonorm´alt b´azis´av´a. Azon A line´ aris lek´epez´est, amely ezen ortonorm´alt b´azist a standard {e1 , · · · , en } ortonorm´ alt b´ azisba viszi, nyilv´an ortogon´alis m´atrix reprezent´al. ´Igy a homog´en alak´ u   A −r0 0T 1 transzform´ aci´ o egybev´ ag´ os´ agot ad, mely ny´ılt f´elter¨ unket az xn > 0 ny´ılt f´elt´erbe viszi. Azaz tetsz˝ oleges k´et ny´ılt f´elt´er egym´assal is egybev´ag´o. A konvexit´ as azonnal ad´ odik, mert 1 ≥ α ≥ 0 eset´en: hαr1 + (1 − α)r2 |ni = αhr1 |ni + (1 − α)hr2 |ni > c. Vil´ agos, hogy z´ art f´elterekre anal´og ´all´ıt´as ´erv´enyes. 7.2.1. Lemma. Z´ art f´elterek v´eges metszete konvex halmaz. 7.2.2. Defin´ıci´ o. V´eges sok z´ art f´elt´er metszet´et, ha korl´ atos ´es van bels˝ o pontja, konvex poli´edernek nevezz¨ uk. A konvex poli´edert megad´o f´elterek k¨oz¨ ul azokat, melyek hat´arol´o hipers´ıkj´ an tal´ alhat´ o a testhez tartoz´o olyan pont, mely egyetlen m´asik hat´arol´o hipers´ıkra sem esik, meghat´ aroz´ o f´eltereknek nevezz¨ uk. A tov´abbiakban elhagyjuk azokat a f´eltereket, melyek nem meghat´aroz´oak. Vil´agos, hogy ´ıgy csak azon egyenl˝ otlens´egeket hagytuk el a meghat´aroz´o egyenl˝otlens´egek k¨oz¨ ul, melyek a t¨ obbinek k¨ ovetkezm´enyei. 7.2.2. T´ etel. A meghat´ aroz´ o f´elterek hat´ arol´ o hipers´ıkj´ anak metszetei a konvex poli´ederrel maguk is n − 1-dimenzi´ os konvex poli´ederek. Az egyszer˝ u bizony´ıt´ ast elhagyjuk.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

328

´derek 7. Polie

7.2.3. Defin´ıci´ o. Az n-dimenzi´ os konvex poli´eder (n − 1)-dimenzi´ os lapjai a meghat´ aroz´ o f´elterei hat´ arol´ o hipers´ıkjainak a poli´ederrel val´ o metszetei. Ezeket hiperlapnak is nevezz¨ uk. Az (n − 1)-dimenzi´ os lapok ((n − 2)-dimenzi´ os) relat´ıv hiperlapjai az eredeti poli´eder (n − 2)-dimenzi´ os lapjai. Az elj´ ar´ ast folytatva eljutunk a nulldimenzi´ os lapok defin´ıci´ oj´ ahoz, melyeket a poli´eder cs´ ucsainak nevez¨ unk. A poli´eder hat´ara az n-n´el kisebb dimenzi´ os lapjainak uni´ oja. 7.2.3. T´ etel. A K konvex poli´eder a cs´ ucsainak konvex burka. Azaz, ha v1 , · · · , vm a cs´ ucsokba mutat´ o helyvektorok, akkor K = {v ∈ E n |v =

m X

αi vi , ahol

i=1

m X i=1

αi = 0, αi ≥ 0∀i = 1, · · · , m}.

Bizony´ıt´ as: Az ´ all´ıt´ as a cs´ ucsokra nyilv´anval´oan teljes¨ ul. Tegy¨ uk fel, hogy a poli´eder legfeljebb (k − 1)-dimenzi´os lapjaira az ´all´ıt´as teljes¨ ul. Vegy¨ uk most valamelyik k-dimenzi´ os Fk lapj´anak egy tetsz˝oleges P pontj´at. Ha ez egy´ uttal Fk valamelyik lapj´ anak is pontja, akkor az indukci´os felt´etel ´es a lap defin´ıci´ oja szerint r´ a teljes¨ ul az ´all´ıt´as. Ha nem esik Fk semelyik lapj´ara sem (ilyenkor azt mondjuk, hogy Fk relat´ıv belsej´ebe esik), akkor tekints¨ unk egy t egyenest, mely P -t valamelyik Fk -hoz tartoz´o R cs´ uccsal k¨oti ¨ossze. Mivel a konvex poli´eder korl´ atos, ez az egyenes felt´etlen¨ ul metszi Fk hat´ar´at m´eg egy Q pontban. Az indukci´os felt´etel szerint a Q pont az Fk cs´ ucsainak egy konvex kombin´ aci´ oja, P pont pedig a QR szakasz pontja, ez´ert P is az Fk cs´ ucsainak konvex kombin´aci´oja. Az indukci´o szerint ´eppen ´all´ıt´asunkat kapjuk. 7.2.1. Megjegyz´ es. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a poli´eder tetsz˝ oleges, a cs´ ucsait´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontja pontosan egy lap relat´ıv bels˝ o pontja, ´ıgy poli´eder¨ unk el˝ o´ all´ıthat´ o a lapjai relat´ıv belsej´enek diszjunkt uni´ ojak´ent, ha sz´ am´ıt´ asba vessz¨ uk mag´ at a poli´edert n-dimenzi´ os lapnak, cs´ ucsai relat´ıv belsejek´ent pedig magukat a cs´ ucsokat ´ertj¨ uk. 7.2.2. A hiperbolikus eset A hiperbolikus esetben a defin´ıci´onk ugyanaz mint az euklideszi esetben, azaz: 7.2.4. Defin´ıci´ o. V´eges sok z´ art f´elt´er metszet´et – ha korl´ atos ´es van bels˝ o pontja – az n-dimenzi´ os hiperbolikus t´er konvex poli´eder´enek nevezz¨ uk. A Cayley–Klein-modell seg´ıts´eg´evel k¨onnyen elk´epzelhetj¨ uk a hiperbolikus poli´edereket, hiszen a modellg¨ombbe es˝o euklideszi poli´ederek ´abr´azolj´ak oket. Ebb˝ ˝ ol k¨ ozvetlen¨ ul l´ atszik, hogy a poli´ederek topol´ogi´aja ´es laph´al´oj´anak kombinatorik´ aja abszol´ ut, s˝ot az euklideszi t´etelek s´ıklapokkal hat´arolt nem korl´ atos hiperbolikus poliedrikus halmazokra is k´ezzelfoghat´o kombinatorikus ´ all´ıt´ asokat adnak. Mivel a hiperbolikus t´er pontjai nem azonos´ıthat´ok

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

329

´tel 7.3. Euler-te

egy vektort´er pontjaival, a konvex kombin´aci´or´ol sz´ol´o ´all´ıt´asok a t´er keretein bel¨ ul nem ´ertelmezhet˝ oek. Minden metrikus tulajdons´ag fel¨ ulvizsg´alatra szorul, ´ıgy az ilyen tulajdons´ agok alapj´an val´o oszt´alyoz´asi k´erd´esek, specializ´al´ asok az euklideszi esett˝ ol elt´er˝o v´egeredm´enyekhez vezetnek. Mint kor´abban l´ attuk, hasonl´ oan neh´ez k´erd´es a t´erfogatsz´am´ıt´as k´erd´ese. A hiperbolikus poli´ederek lapazonos´ıt´ asai alapj´an kaphat´o hiperbolikus sokas´agok vizsg´alata szint´en messzire vezet, kapcsol´odik a csoportelm´elethez, az algebrai topol´ogi´ ahoz ´es az algebrai geometri´ahoz egyar´ant.

7.3. Euler-t´ etel Babon´ asak vagyunk, ha rem´enys´eg¨ unket a formas´ agokba helyezz¨ uk, de kev´elys´egre vall, ha nem akarjuk elfogadni ˝ oket.

Blaise Pascal 7.3.1. A konvex ´ es csillagszer˝ u poli´ ederek esetei Az Euler-t´etel az elemi geometria egyik legismertebb ´es legt¨obbet alkalmazott t´etele. Legegyszer˝ ubb bizony´ıt´asai a konvex poli´ederek oszt´aly´ara adhat´ok. K´et ilyen bizony´ıt´ ast n´ez¨ unk el˝osz¨or. Az egyik a centr´alis vet´ıt´es alaptulajdons´ agait haszn´ alja, a m´ asik a g¨omb elemi geometri´aj´anak ismeret´ere ´ep¨ ul. 7.3.1. T´ etel. Legyen egy h´ aromdimenzi´ os konvex poli´eder cs´ ucsainak sz´ ama c, ´elei sz´ ama e ´es lapjainak sz´ ama l. Ekkor fenn´ all a k¨ ovetkez˝ o¨ osszef¨ ugg´es: c−e+l =2

7.1. ´ abra. A vet´ıt˝ok´ up ´es a vet¨ ulet

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

330

´derek 7. Polie

Bizony´ıt´ as: Vet´ıts¨ uk centr´ alisan a poli´edert az egyik lapj´ara u ´gy, hogy a t¨ obbi lap ezen lap ´ atfed´esmentes kit¨olt´es´et adja. Ez a lap egy bels˝o pontj´ahoz k¨ ozeli, nem a poli´ederhez tartoz´o centrumb´ol v´egzett vet´ıt´essel el´erhet˝o. Sz´ amoljuk ¨ ossze a keletkez˝ o csom´opontokban fell´ep˝o sz¨ogek ¨osszeg´et, el˝osz¨or a megfelel˝ o cs´ ucsok felsorol´ asa alapj´an. A kapott eredm´eny: ξ = (k − 2)π + (c − k)2π, ahol a kiv´ alasztott lap oldalsz´ama k. M´asodszor ezt a sz¨og¨osszeget megkaphatjuk u ´gy is, ha laponk´ent sz´amoljuk ¨ossze. Ekkor ´eszrev´eve, hogy a k´ıv´ant eredm´enyhez a k-oldal´ u kiindul´asi soksz¨og sz¨og¨osszeg´et nem kell figyelembe venni, ad´ odik, hogy X ξ= αi (i − 2)π − (k − 2)π, i=3

ahol αi az i-oldal´ u lapok sz´ ama. Mivel X αi = l, i≥3

´es

X

αi i = 2e,

i≥3

a kapott egyenlet egyszer˝ us´ıt´ese a keresett ¨osszef¨ ugg´eshez vezet. A szf´erikus geometriai ¨ osszef¨ ugg´esek vizsg´alatakor meghat´aroztuk a szf´erikus h´ aromsz¨ og ter¨ ulet´et. Ebb˝ol indukci´oval azonnal ad´odik a k¨ovetkez˝o t´etel: 7.3.2. T´ etel. Legyen P konvex g¨ ombi soksz¨ og az egys´egg¨ omb¨ on. Ha a sz¨ ogei ϕ1 , · · · , ϕn , akkor P ter¨ ulete: t(P ) =

n X i=1

ϕi − (n − 2)π.

Legyen most poli´eder¨ unk csillagszer˝ u poli´eder , azaz legyen olyan bels˝o pontja, melyb˝ ol tetsz˝ oleges hat´arpontj´ahoz h´ uzott szakasz teljes eg´esz´eben a poli´ederhez tartozik. Ebben az esetben a k¨ovetkez˝ok´eppen igazolhatjuk Euler t´etel´et: Bizony´ıt´ as: A poli´eder csillagk¨oz´eppontja k¨or´e ´ırjunk egy akkora g¨omb¨ot, amely m´ ar tartalmazza, ´es vet´ıts¨ uk ezen g¨omb fel¨ ulet´ere a poli´eder fel¨ ulet´et. Nyilv´ an feltehet˝ o, hogy a g¨ omb sugara egys´egnyi, ´es most a g¨omb F felsz´ın´et hat´ arozhatjuk meg a fenti t´etel formul´aja seg´ıts´eg´evel: ! nj ρ X X j F = ϕi − (nj − 2)π , j=1

www.interkonyv.hu

i=1

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

331

´tel 7.3. Euler-te

7.2. ´ abra. Csillagszer˝ u poli´eder ahol j indexeli a kapott g¨ ombi konvex soksz¨ogeket, nj pedig a j-edik soksz¨oglap oldalsz´ am´ at jelenti. Mivel nj ρ X X

ϕji = 2cπ,

j=1 i=1

´es haszn´ alva az i-oldal´ u lapok sz´am´ara az αi jel¨ol´est nj ρ X X

nj π = π

j=1 i=1

´es

nj ρ X X j=1 i=1

X

αn n = 2eπ,

n≥3

2π = 2π

X

αn = 2lπ,

n≥3

F = 4π figyelembev´etel´evel megint az Euler-egyenl˝os´eget kapjuk. 7.3.2. Z´ art poliedrikus felu o bizony´ıt´ as ¨ letre vonatkoz´ 7.3.1. Defin´ıci´ o. A t´er k´et egyszer˝ u soksz¨ oge szab´alyosan csatlakozik, ha metszet¨ uk mindkettej¨ uknek ´ele vagy mindkettej¨ uknek cs´ ucsa. Ha v´eges sok egyszer˝ u soksz¨ og oly m´ odon csatlakozik szab´ alyosan, hogy tetsz˝ oleges ´el legfeljebb k´et soksz¨ og ´ele, akkor uni´ ojukat poliedrikus fel¨ uletnek nevezz¨ uk. A poliedrikus fel¨ ulet hat´ ara azon ´eleinek uni´ oja, melyek pontosan egy laphoz tartoznak. A poliedrikus fel¨ ulet z´art, ha hat´ ara u art poliedrikus fel¨ u¨res. A z´ let egy ciklusa ´eleinek ¨ onmag´ at ´ at nem metsz˝ o z´ art l´ anca. A z´ art poliedrikus

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

332

´derek 7. Polie

7.3. ´ abra. Nem csillagszer˝ u, z´art egyszeresen ¨osszef¨ ugg˝ o poliedrikus fel¨ ulet fel¨ ulet egyszeresen ¨ osszef¨ ugg˝ o, ha tetsz˝ oleges ciklus´ ahoz tal´ alunk egy lapjaib´ ol all´ ´ o laphalmazt, F ′ ⊂ F-t a k¨ ovetkez˝ o tulajdons´ agokkal: • a ciklus k¨ oz¨ os hat´ ara F ′ -nek ´es F \ F ′ -nek;

• ha F1 , · · · , Fn lapl´ ancra (Fi ∩ Fi+1 ´el minden i = 1, · · · , n eset´en) F1 ∈ F ′ ´es Fn ∈ F \ F ′ , akkor van olyan i, hogy Fi ∩ Fi+1 a ciklushoz tartozik.

A z´ art poliedrikus fel¨ ulet lap¨osszef¨ ugg˝o, ha tetsz˝ oleges k´et F ′ , F ” lapj´ ahoz ′ tal´ alhat´ o lapok F1 , · · · , Fn l´ anca u ´gy, hogy F = F1 ´es F ” = Fn .

7.3.3. T´ etel. Egyszeresen ¨ osszef¨ ugg˝ o, lap¨ osszef¨ ugg˝ o z´ art poliedrikus fel¨ uletre teljes¨ ul a c − e + l = 2 ¨ osszef¨ ugg´es. Bizony´ıt´ as: K´et halmazt defini´alunk rekurz´ıv m´odon. Az egyiket Fi -vel jel¨ olj¨ uk, ebbe a poli´eder lapjait rakjuk egyes´evel, F0 = {F0 }, ahol F0 a poli´eder egy tetsz˝ oleges r¨ ogz´ıtett lapja. A m´asikat Ei -vel jel¨olj¨ uk, ebbe a poli´eder bizonyos ´eleit rakjuk, l´ep´esenk´ent egyet, E0 = ∅. El˝osz¨or E1 -t adjuk meg, ez tartalmazza F0 egy tetsz˝ oleges ´el´et. Legyen ezut´ an F1 = {F0 , F1 }, ahol F0 ´es F1 k¨oz¨os ´ele ´eppen az el˝obb kiv´alasztott ´el. A tov´ abbiakban csak olyan ´elet v´alasztunk, mely egyik oldal´an az el˝ oz˝ o laphalmazhoz tartoz´ o valamelyik lap illeszkedik, a m´asik oldal´an pedig

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´tel 7.3. Euler-te

333

7.4. ´ abra. A bizony´ıt´as z´art poliedrikus fel¨ uletre

valamely az eddig kiv´ alasztott lapok k¨oz¨ott nem szerepl˝o lap. Az ´elkiv´alaszt´ ast k¨ ovet˝ o lapkiv´ alaszt´ as sor´an a kiv´alasztott ´el ´altal meghat´arozott, addig nem szerepl˝ o lapot hozz´ avessz¨ uk a laphalmazunkhoz. Vil´agos, hogy az elj´ar´ ast addig folytathatjuk, am´ıg tal´alunk olyan ´elt, melyhez az egyik oldalon kiv´ alasztott lap, a m´ asik oldalon nem kiv´alasztott lap illeszkedik. A fel¨ ulet lap¨ osszef¨ ugg˝ os´ege garant´ alja, hogy ilyen ´el van, am´ıg nem tartalmazza laphalmazunk a test valamennyi lapj´at. A l´ep´esek sz´ama teh´at (l − 1), ahol l a lapok sz´ ama, ´ıgy ´elhalmazunk (l − 1) ´elt tartalmaz. Vegy¨ uk azt is ´eszre, hogy a nem kiv´ alasztott ´elek halmaza o¨sszef¨ ugg˝o ´es k¨ormentes gr´afot alkot. Val´ oban, a kiindul´ asi helyzetben a poli´eder teljes ´elgr´afja o¨sszef¨ ugg˝o. Az algoritmus egy k¨ ozbees˝ o l´ep´ese sor´an ebb˝ol a rendszerb˝ol olyan ´elt hagyunk el, melynek az egyik oldal´ an szerepl˝o lap ´elei k¨oz¨ ul ez az els˝o elhagyott ´el. Ez azt is jelenti, hogy ezen lap t¨obbi ´ele az elhagyott ´el v´egpontjait ¨osszek¨ot˝o gr´ afbeli utat jelent, az ´el elhagy´as´aval a gr´af cs´ ucsainak ¨osszef¨ ugg´ese nem v´ altozik. Ugyanakkor a marad´ek ´elek alkotta gr´af egy k¨ore olyan z´art ´ell´ancot jelent, mely ´ altal (a fel¨ ulet egyszeres ¨osszef¨ ugg˝os´ege miatt) meghat´arozott egyik laphalmaz nem tartalmazhat kiv´alasztott lapot. Mivel minden lapot az algoritmus sor´ an kiv´ alasztottunk, az algoritmus utols´o l´ep´ese ut´an m´ar nem lehet k¨ or a megmarad´ o ´elek gr´afj´aban. Mivel a kiindul´asi helyzetben a test valamennyi cs´ ucsa a vizsg´ alt gr´af egy cs´ ucsa is volt, ez a tulajdons´ag sem v´ altozott meg, azaz a kapott gr´af egy fa, melynek cs´ ucsai ´eppen a poli´eder cs´ ucsai. ´Igy a megmarad´ o (nem hozz´avett) ´elek sz´ama c − 1, ahol c a cs´ ucsok sz´ ama. Az Euler-¨ osszef¨ ugg´es megint ad´odik.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

334

´derek 7. Polie

7.3.3. Az n-dimenzi´ os formula Jelen paragrafusban n-dimenzi´os konvex poli´ederre igazoljuk az Euler-t´etelt. A tov´ abbiakban jel¨ olje C a poli´edert ´es fj (C) a poli´eder j-dimenzi´os lapjainak a sz´ am´ at. 7.3.4. T´ etel (Euler-formula). Az n-dimenzi´ os C konvex poli´ederre fenn´ all az al´ abbi ¨ osszef¨ ugg´es: n−1 X

(−1)k fk (C) = 1 + (−1)n−1 .

k=0

Bizony´ıt´ as: A bizony´ıt´ ast a dimenzi´ora vonatkoz´o indukci´oval v´egezz¨ uk. Az n = 3 esetet m´ ar l´ attuk. Tegy¨ uk fel, hogy n > 3. Tekints¨ unk egy olyan ir´anyt a t´erben, amelyre mer˝ oleges s´ıkok C-nek legfeljebb 1 cs´ ucs´at tartalmazz´ak. Vegy¨ unk fel a mer˝ oleges s´ıkrendszerb˝ol 2f0 (C) − 1 darab Hi s´ıkot u ´gy, hogy a p´ aratlan sorsz´ am´ uak cs´ ucson haladjanak ´at, a p´aros sorsz´am´ uak pedig a p´aratlanok k¨ oz¨ ott helyezkedjenek el, azaz H1 , H3 , · · · , H2f0 (C)−1 tartalmazz´ak C egy-egy cs´ ucs´ at, az (f0 (C) − 1) darab p´aros index˝ u pedig nem tartalmaz cs´ ucsot. Legyen Ci := Hi ∩ C. Ekkor Ci n − 1-dimenzi´os konvex poli´eder ha i 6= 1, (2f0 (C) − 1). Defini´ aljunk egy sz´aml´al´o f¨ uggv´enyt a k¨ovetkez˝o m´odon. Ha Fj j-dimenzi´ os lap (j ≥ 1), legyen  0 ha Ci ∩ relintFj = ∅ ρ(Fj , Ci ) = . 1 ha Ci ∩ relintFj 6= ∅ Mivel tetsz˝ oleges lap relat´ıv belsej´ebe eggyel t¨obb p´aros index˝ u hipers´ık metsz bele, mint p´ aratlan index˝ u, ez´ert 2f0 (C)−2

X

(−1)i ρ(Fj , Ci ) = 1.

i=2

Ez´ert a j-dimenzi´ os lapokra ¨osszegezve kapjuk, hogy (C)−2 X 2f0X Fj

(−1)i ρ(Fj , Ci ) = fj (C).

i=2

´Igy n−1 X j=1

(−1)j fj (C) =

n−1 X j=1

(−1)j

(C)−2 X 2f0X Fj

(−1)i ρ(Fj , Ci ).

i=2

Sz´ amoljuk ki ugyanezt az ¨osszeget m´as u ´ton is. Ha el˝osz¨or a j-dimenzi´os lapokra ¨ osszegz¨ unk r¨ ogz´ıtett Ci eset´en, k´et esetet kell megk¨ ul¨onb¨oztetn¨ unk.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

335

´tel 7.3. Euler-te

Ha i p´ aros vagy i p´ aratlan ´es j > 1, akkor X ρ(Fj , Ci ) = fj−1 (Ci ), Fj

hiszen ´eppen a Ci poli´eder j − 1-dimenzi´os lapjait sz´amoljuk ¨ossze a ρ f¨ uggv´ennyel. Ha i p´ aratlan ´es j = 1, akkor a Ci poli´eder cs´ ucsait sz´amoljuk meg azon egy kiv´etel´evel, mely nem ´elnek a Hi s´ıkkal val´o metszetek´ent ad´odik, ez´ert kapjuk, hogy X ρ(Fj , Ci ) = f0 (Ci ) − 1. Fj

Folytassuk sz´ amol´ asunkat a j szerinti alternat´ıv ¨osszegz´essel. Ha i p´aros, akkor a n−1 n−1 X X X (−1)j ρ(Fj , Ci ) = (−1)j fj−1 (Ci ) j=1

j=1

Fj

osszeget kapjuk, ´es a vizsg´ alt ¨osszeg ¨ n−1 X

X

(−1)j

j=1

ρ(Fj , Ci ) =

n−1 X j=1

Fj

(−1)j fj−1 (Ci ) − (−1),

ha i p´ aratlan. Haszn´ alva az indukci´os felt´etelt a Ci (n − 1)-dimenzi´os konvex poli´ederre, p´ aros i eset´en n−1 X

(−1)j

j=1

X Fj


ρ(Fj , Ci ) = − 1 + (−1)n−2 = −1 + (−1)n−1

ad´ odik, m´ıg p´ aratlan i-k eset´ere n−1 X

(−1)j

j=1

X Fj

ρ(Fj , Ci ) = −(1 + (−1)n−2 ) + 1 = (−1)n−1

¨ ad´ odik. Osszegezz¨ unk v´eg¨ ul alternat´ıvan i-re: 2f0 (C)−2

X

(−1)i

i=2

n−1 X

(−1)j

j=1

X Fj

ρ(Fj , Ci ) = −(f0 (C) − 1) + (−1)n−1

ad´ odik, amit az ugyanezen kifejez´esre kapott kor´abbi eredm´ennyel ¨osszevetve kapjuk, hogy: n−1 X j=1

(−1)j fj (C) = −(f0 (C) − 1) + (−1)n−1 .

Ez ´eppen Euler formul´ aja.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

336

´derek 7. Polie

7.3.4. Euler–Poincar´ e-formula 7.3.4.1. Szimplici´ alis komplexus 7.3.2. Defin´ıci´ o. Az n-dimenzi´ os euklideszi t´er x1 , . . . , xk pontjai affin f¨ uggetlen rendszert alkotnak, ha valamely α1 , . . . , αk val´ os sz´ amok eset´en fennallnak a ´ k k X X αi xi = 0, αi = 0 i=1

i=1

egyenl˝ os´egek, akkor a szerepl˝ o egy¨ utthat´ ok mind null´ ak. A pontrendszer affin osszef¨ ugg˝ o, ha nem affin f¨ uggetlen. ¨

7.3.1. Megjegyz´ es. Az n-dimenzi´ os euklideszi teret egy (n + 1)-dimenzi´ os euklideszi t´er xn+1 = 1 hipers´ıkj´ anak tekintve az affin ¨ osszef¨ ugg˝ os´eg jelent´ese ´eppen az eml´ıtett vektorok line´ aris ¨ osszef¨ ugg˝ os´ege. Vil´ agos ez´ert, hogy az ndimenzi´ os t´erben fell´ep˝ o affin f¨ uggetlen pontrendszerek sz´ amoss´ aga (n + 1)et nem haladhatja meg. Szint´en evidens, hogy affin f¨ uggetlen pontrendszer r´eszhalmaza affin f¨ uggetlen pontrendszer. 7.3.3. Defin´ıci´ o. Szimplexnek nevezz¨ uk affin f¨ uggetlen pontrendszer konvex burk´ at. A pontrendszer elemei a szimplex cs´ ucspontjai. A szimplex egy lapja a cs´ ucshalmaz valamely r´eszhalmaz´ anak konvex burka, azaz szint´en szimplex. A lap dimenzi´ oja a cs´ ucshalmaz´ anak elemsz´ am´ an´ al eggyel kisebb sz´ am. K¨ onnyen igazolhat´ o az al´ abbi k´et ´all´ıt´as. Ezek bizony´ıt´as´at elhagyjuk. 7.3.1. Lemma. A szimplex tetsz˝ oleges, a cs´ ucsait´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontja k´et m´ asik pont ´ altal meghat´ arozott szakasz felez˝ opontja. A szimplex cs´ ucspontjai nem felez˝ opontjai a szimplexhez tartoz´ o valamely szakasznak. 7.3.5. T´ etel. A szimplexet a cs´ ucshalmaza egy´ertelm˝ uen meghat´ arozza. 7.3.4. Defin´ıci´ o. A K szimplexekb˝ ol ´ all´ o v´eges halmazt geometriai szimplici´ alis komplexusnak nevezz¨ uk, ha 1. tetsz˝ oleges szimplex´evel egy¨ utt annak minden lapj´ at is tartalmazza (lesz´ all´ o rendszer tulajdons´ ag); 2. ha k´et szimplex´enek van k¨ oz¨ os pontja, akkor metszet¨ uk mindk´et szimplex lapja (a szab´ alyos csatlakoz´ as tulajdons´ aga). A szimplici´ alis komplexus dimenzi´oja a benne szerepl˝ o maxim´ alis dimenzi´ os szimplex dimenzi´ oja, teste (vagy a hozz´ a rendelhet˝ o poli´eder) a szimplexeinek halmazelm´eleti uni´ oja. 7.3.5. Defin´ıci´ o. Egy absztrakt szimplici´ alis komplexus egy V v´eges halmaz ´es r´eszhalmazainak egy olyan ∆ rendszer´eb˝ ol ´ all´ o p´ ar, aminek az u ¨res halmaz nem eleme, de tetsz˝ oleges elem´enek tetsz˝ oleges nem u ¨res r´eszhalmaza szint´en eleme. Az absztrakt komplexus dimenzi´ oja a ∆ maxim´ alis elemsz´ am´ u r´eszhalmaza sz´ amoss´ ag´ an´ al eggyel kisebb sz´ am.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

337

´tel 7.3. Euler-te

7.3.6. T´ etel. Egy k dimenzi´ os absztrakt szimplici´ alis komplexus mindig realiz´ alhat´ o egy 2k + 1-dimenzi´ os euklideszi t´er geometriai szimplici´ alis komplexusak´ent. Bizony´ıt´ as: Tekints¨ unk a d-dimenzi´os t´er φ(t) = (t, t2 , . . . , td ) t ∈ R momentumg¨ orb´ej´et. Ezen tetsz˝ oleges (d + 1) darab t0 , . . . , td pont affin f¨ uggetlen pontrendszert alkot, hiszen a d + 1-dimenzi´os t´er (1, ti , . . . , tdi )T i = 0, . . . , d vektoraib´ ol mint oszlopokb´ ol ´all´o Vandermonde-determin´ans k¨ ul¨onb¨oz˝o ti -k eset´en nem nulla. Helyezz¨ uk el a komplexus cs´ ucspontjait a 2k + 1-dimenzi´os t´er egy momentumg¨ orb´ej´en. Igazoljuk, hogy k´et szimplex´enek konvex burka a szimplexek metszet´enek konvex burk´aval azonos. (A szimplexek szab´alyosan csatlakoznak.) Legyen a k´et szimplex S1 ´es S2 , x pedig egy k¨oz¨os pontjuk. Ekkor k1 k2 X X ′ ′ x= αi x i = αi′′ x′′i , i=1

k1 P

i=1

k2 P

αi′ = αi′′ = 1 a nemnegat´ıv αi′ , αi′′ egy¨ utthat´okkal. i=1 i=1 x′′i pontok egy¨ uttes sz´ ama nem haladja meg 2k + 2-t,

ahol

Mivel a szerepl˝o

x′i , ez´ert a vizsg´alt cs´ ucsok egy¨ utt affin f¨ uggetlen pontrendszert adnak a lemma szerint. A k´et egyenl˝ os´eget kivonva egym´ asb´ol a 0=

k1 X i=1

=

X

x′i ∋S2

αi′ x′i +

αi′ x′i −

X

x′i ∈S2

k2 X

αi′′ x′′i =

i=1

(αi′ − αi′′ )x′i −

X

αi′′ x′′i

x′′ i ∋S1

egyenl˝ os´eghez jutunk, melyben az egy¨ utthat´ok ¨osszege z´erus. Az affin f¨ uggetlens´eg miatt minden egy¨ utthat´o nulla, ´ıgy az eredeti egy¨ utthat´ok k¨oz¨ ul csak a k¨ oz¨ os cs´ ucsokhoz rendeltek nem null´ak (´es a k´et szimplexre vonatkoz´olag ugyanazok.) Azaz a konvex burkok metszet´enek tetsz˝oleges pontja a szimplexek k¨ oz¨ os cs´ ucsai konvex kombin´aci´ojak´ent ´all el˝o, ahogy ´all´ıtottuk. 7.3.4.2. Homol´ ogiacsoport ´es a Betti-sz´ amok A K komplexus azonos dimenzi´os szimplexeit egy r¨ogz´ıtett sorrendben felsorolva egy alkalmas G csoportb´ol vett egy¨ utthat´okkal form´alis kifejez´eseket hozunk l´etre, s ezeket l´ ancoknak nevezz¨ uk. A l´ancok dimenzi´oja a benne szerepl˝o szimplexek dimenzi´ oja, legyen p´eld´aul r. Az r-dimenzi´os l´ancokon defini´aljuk a komponensenk´enti ¨ osszead´as m˝ uvelet´et, mint addit´ıv csoportm˝ uveletet. A G csoportnak v´ alasszuk pl. az eg´esz sz´amok csoportj´at. A fenti m˝ uveletre az r-dimenzi´ os l´ ancok egy Lr (K) csoportot alkotnak. A K komplexus szimplexeit ir´ any´ıtjuk, azaz ± el˝ ojelekkel l´atjuk el a cs´ ucsaik egy sorrendj´et. K´et sorrend

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

338

´derek 7. Polie

kapjon azonos el˝ ojelet, ha p´ aros inverzi´osz´amban k¨ ul¨onb¨ozik permut´aci´ojuk. Minden szimplex ir´ any´ıt´ asa legyen koherens a t¨obbi´evel, azaz ha egy lap cs´ ucsainak egy (v0 , . . . , vl ) sorrendje az ǫ el˝ojelet kapta, akkor az i-edik cs´ ucs elhagy´ as´ aval kapott (v0 , . . . , vi−1 , vi+1 , . . . , vl ) sorrend el˝ojele legyen (−1)i ǫ. Egy koherensen ir´ any´ıtott Ar szimplex ∆(Ar ) hat´ara az az (r − 1)-dimenzi´os (r−1) l´ anc, mely az ir´ any´ıtott (r − 1)-dimenzi´os Bi lapjait egy, a t¨obbit nulla egy¨ utthat´ oval tartalmazza, azaz (r−1)

∆(Ar ) := B0

+ · · · + Br(r−1) .

A nulldimenzi´ os szimplexek hat´ara legyen nulla, az r-dimenzi´os l´anc hat´ara a benne szerepl˝ o szimplexek hat´arainak ugyanazon egy¨ utthat´okkal vett ¨osszege, azaz αr αr X X ∆(x) = ∆( gi Ari ) := gi ∆(Ari ). i=1

i=1

7.3.7. T´ etel. ∆∆(x) = 0 Bizony´ıt´ as: Az ´ all´ıt´ ast nyilv´an el´eg szimplexekre bel´atni. Legyen S r = +[P0 , P1 , P2 , . . . , Pr ] egy ir´ any´ıtott szimplex. Jel¨olje Sir−1 az S r szimplex Pi cs´ ucs´ anak elhagy´ as´ aval kapott szimplexet az S r szimplexszel koherens m´or−2 don ir´ any´ıtva, ´es Si,j (ahol i 6= j) az Sir−1 szimplex Pj cs´ ucs´anak elhagy´as´ aval keletkezett szimplexet koherens m´odon ir´any´ıtva. Vegy¨ uk ´eszre, hogy r−2 r−2 Sj,i = −Si,j minden i 6= j eset´en, azaz ∆∆S r =

X

Sir−1 =

i

X i

 

X

j,j6=i



r−2  Si,j = 0.

7.3.6. Defin´ıci´ o. Az x r-dimenzi´ os l´ anc egy ciklus, ha ∆x = 0. A ciklusok r csal´ adj´ at ZG (K)-val vagy Z r -rel jel¨ olj¨ uk. Megjegyezz¨ uk, hogy az el˝ oz˝o t´etel alapj´an egy tetsz˝oleges l´anc hat´ara ciklus, mert a hat´ ara 0. 7.3.7. Defin´ıci´ o. Egy z r-dimenzi´ os ciklus 0-val homol´og, ha hat´ ara egy (r+1)-dimenzi´ os l´ ancnak. Jele z ∼ 0. A 0-val homol´ og ciklusok r´eszcsoportj´ at r HG (K)-val vagy H r -rel jel¨ olj¨ uk. 7.3.2. Megjegyz´ es. Az al´ abbi ´eszrev´etelek a defin´ıci´ ok k¨ ovetkezm´enyei: • Ha r = 0, 1, . . . , n, akkor H r ≤ Z r ≤ Lr .

• A ∆ : Lr → Lr−1 f¨ uggv´eny egy homomorfizmus. • Z r = Ker∆ ´es H r−1 = Im∆.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´tel 7.3. Euler-te

339

• H r−1 ∼ = Lr /Z r . 7.3.8. Defin´ıci´ o. Az x, y ciklusok homol´ogok, ha x − y ∼ 0. A K szimplicir ´lis komplexus r-dimenzi´ a os Betti-csoportja a B r = BG (K) = Z r /H r faktorr csoport. Azaz a B csoport elemei az egym´ assal homol´ og r-dimenzi´ os l´ ancok ekvivalenciaoszt´ alyai. 7.3.9. Defin´ıci´ o. Ha K egy szimplici´ alis komplexus, ´es L ⊆ K szint´en egy szimplici´ alis komplexus, akkor azt mondjuk, hogy L a K egy r´eszkomplexusa.

7.3.10. Defin´ıci´ o. A K komplexus ¨osszef¨ ugg˝o, ha nem bonthat´ o fel k´et r´eszkomplexusa uni´ oj´ ara u ´gy, hogy a k´et r´eszkomplexusnak nincs k¨ oz¨ os szimplexe. Az L komplexus a K komplexus komponense, ha ¨ osszef¨ ugg˝ o ´es a tartalmaz´ asra n´ezve maxim´ alis: azaz ha K-nak nincs olyan ¨ osszef¨ ugg˝ o r´eszkomplexusa, mely L-et val´ odi r´eszkomplexusk´ent tartalmazza. 7.3.2. Lemma. A K komplexus pontosan akkor ¨ osszef¨ ugg˝ o, ha b´ armely P, Q K-beli cs´ ucsokra l´etezik K-beli cs´ ucsoknak egy olyan P0 , P1 , . . . , Pm sorozata, hogy P0 = P , Pm = Q, ´es i = 1, 2, . . . , m eset´en [Pi−1 , Pi ] egy K-beli szimplex. ˙ Bizony´ıt´ as: Tegy¨ uk fel, hogy K nem ¨osszef¨ ugg˝o, azaz fel´ırhat´o K = L∪M alakban, ahol L ´es M K r´eszkomplexusai. Legyen P ∈ L ´es Q ∈ M. Legyen P = P0 , P1 , . . . , Pm = Q egy tetsz˝oleges cs´ ucssorozat. Jel¨olje s a legnagyobb indexet, melyre Ps ∈ L. Mivel Q ∈ M, ´ıgy s < m. Vegy¨ uk ´eszre, hogy ekkor Ps ∈ L ´es Ps+1 ∈ M miatt [Ps , Ps+1 ] nem szimplexe sem az L, sem az M r´eszkomplexusnak, ´es ´ıgy nem eleme K-nak sem, teh´at a cs´ ucssorozat nem felel meg a lemm´ aban szerepl˝o felt´eteleknek. Tegy¨ uk fel most, hogy l´eteznek P, Q ∈ K cs´ ucsok, melyeket nem lehet osszek¨ otni K-beli ´elekkel. Jel¨olje most rendre L ´es M K cs´ ucshalmaz´anak azon ¨ r´eszhalmazait, melyek K-beli ´elekkel ¨osszek¨othet˝oek, illetve nem k¨othet˝oek ossze P -vel. Legyenek az L r´eszkomplexus szimplexei azon K-beli szimplexek, ¨ melyek minden cs´ ucsa L-beli. Hasonl´oan defini´aljuk az M r´eszkomplexust. ˙ Bel´ atjuk, hogy K = L∪M. Vegy¨ uk ´eszre, hogy ehhez elegend˝o bel´atni, hogy nincs olyan K-beli ´el, mely egy L-beli ´es egy M -beli cs´ ucsot k¨ot ¨ossze. Ez viszont k¨ ovetkezik abb´ ol, hogy ha X ¨osszek¨othet˝o P -vel ´es [X, Y ] ∈ K, akkor Y is ¨ osszek¨ othet˝ o P -vel.

7.3.1. K¨ ovetkezm´ eny. Szimplici´ alis komplexusokra, ellent´etben a topologikus terekkel, az ¨ osszef¨ ugg˝ os´eg ´es az ´el¨ osszef¨ ugg˝ os´eg ekvivalens fogalmak. 7.3.3. Megjegyz´ es. Bel´ athat´ o, hogy minden szimplici´ alis komplexus v´eges sok komponens p´ aronk´ent diszjunkt uni´ oj´ ara bonthat´ o. A k¨ ovetkez˝ o (´ altalunk most nem bizony´ıtott) t´etel j´ol haszn´alhat´o a Betticsoportok meghat´ aroz´ as´ an´ al. 7.3.8. T´ etel. Jel¨ olje a K szimplici´ alis komplexus komponenseit K1 , K2 , . . . , Kp . Ekkor B r (K) = B r (K1 ) + B r (K2 ) + . . . + B r (Kp ).

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

340

´derek 7. Polie

Az Euler–Poincar´e-formula meghat´aroz´as´ahoz eml´ekeztet¨ unk n´eh´any kommutat´ıv csoportokra vonatkoz´o defin´ıci´ora ´as ´all´ıt´asra. 7.3.11. Defin´ıci´ o. Legyen G egy addit´ıv kommutat´ıv csoport. Ha {gi : i ∈ I} egy olyan r´ e szhalmaza, hogy a csoport tetsz˝ oleges g eleme fel´ırhat´ o g = P ni gi alakban, ahol tetsz˝ oleges i indexre gi ∈ G, ni ∈ Z, ´es card I ′ < ∞,

i∈I ′

akkor azt mondjuk, hogy {gi : i ∈ I} a G csoport egy gener´atorrendszere. Ha egy csoportnak van v´eges gener´ atorrendszere, akkor azt mondjuk, hogy v´egesen gener´ alt. 7.3.4. Megjegyz´ es. A v´egesen gener´ alt kommutat´ıv csoportok alapt´etele ´ertelm´eben tetsz˝ oleges G v´egesen gener´ alt kommutat´ıv csoport el˝ o´ all G = A1 + A2 + . . . + Ap + B1 + B2 + . . . + Bq alakban, ahol tetsz˝ oleges i-re Ai egy szabad ciklikus csoport (azaz Ai ∼ = Z), ´es Bi olyan v´eges ciklikus csoport, melyre a cardBi = τi jel¨ ol´essel τi |τi+1 .

7.3.12. Defin´ıci´ o. Legyen G = A1 + A2 + . . . + Ap + B1 + B2 + . . . + Bq egy kommutat´ıv csoport, ahol G komponensei rendelkeznek az el˝ oz˝ o megjegyz´esben szerepl˝ o tulajdons´ agokkal. Ekkor G rangja ρ(G) = p. Ha G rangja nulla, de τ1 = τ 2 = . . . = τ q = m valamely m pr´ımre, akkor G m-modulusra vonatkoz´o rangja (vagy r¨ oviden mod m rangja) ρm (G) = q. K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy v´egesen gener´alt kommutat´ıv csoport r´esz- ´es faktorcsoportjai is v´egesen gener´altak. A bizony´ıt´ ashoz el´eg meggondolni, hogy egy gener´atorrendszernek egy adott r´eszcsoportba es˝ o elemei gener´alj´ak a r´eszcsoportot, ´es egy gener´atorrendszer ´ altal a faktorcsoportban induk´alt r´eszhalmaz gener´atorrendszer. 7.3.13. Defin´ıci´ o. Legyen G egy v´egesen gener´ alt kommutat´ıv csoport. A k P ni gi = 0 ´es ni ∈ Z {g1 , g2 , . . . , gk } ⊆ G halmaz line´arisan f¨ uggetlen, ha i=1

eset´en b´ armely i-re ni = 0. Ha egy line´ arisan f¨ uggetlen rendszer nem b˝ ov´ıthet˝ o, akkor az a G csoport egy b´azisa.

Vegy¨ uk ´eszre, hogy a fenti defin´ıci´o alapj´an v´eges rend˝ u elem nem lehet tagja egy line´ arisan f¨ uggetlen rendszernek, ugyanis ha g rendje (0 0 egy pr´ım, ´es G0 = Z. Ekkor n X χ(K) = (−1)i ρim . i=0

Bizony´ıt´ as: Tetsz˝ oleges i = 1, 2, . . . , n eset´en

i i i i−1 fi = ρm (Lim ) = ρm (Zm ) + ρm (Lim /Zm ) = ρm (Zm ) + ρm (Hm ),

valamint i i i i i ρim = ρm (Bm ) = ρm (Zm /Hm ) = ρm (Zm ) − ρm (Hm ).

´Igy i = 1, 2, . . . , n eset´en i i−1 fi = ρim + ρm (Hm ) + ρm (Hm ).

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

342

´derek 7. Polie

0 0 Ezt, valamint az f0 = ρm (L0m ) = ρm (Zm ) = ρ0m + ρm (Hm ) azonoss´agot felhaszn´ alva: 0 χ(K) = ρ0m + ρm (Hm )+

n X

i i−1 (−1)i (ρim + ρm (Hm ) + ρm (Hm )) =

i=1

n X

(−1)i ρim .

i=0

V´eg¨ ul bel´ atjuk, hogy a most defini´alt fogalom konvex poli´ederekre az el˝oz˝o fejezetben defini´ alt Euler-¨ osszef¨ ugg´eshez vezet. Ehhez haszn´alunk egy fontos all´ıt´ ´ ast, amelyet a Betti-csoportok invarianciat´etel´enek is lehet nevezni. 7.3.12. T´ etel (Betti-csoportok invarianciat´etele). Ha k´et komplexus poli´edere homeomorf, akkor tetsz˝ oleges dimenzi´ os Betti-csoportjaik izomorfak egym´ assal. Ezen t´etel bizony´ıt´ asa meghaladja k¨onyv¨ unk kereteit, most csak egy ´erdekes k¨ ovetkezm´eny´et igazoljuk. 7.3.13. T´ etel. Ha S egy olyan szimplici´ alis komplexus, melynek poli´edere egy n-dimenzi´ os P konvex poli´eder, akkor S Euler-karakterisztik´ aja 1. Bizony´ıt´ as: Az el˝ oz˝ o t´etel szerint homeomorf topologikus terek megfelel˝o Betti-csoportjai izomorfak. Teh´at minden szimplici´alis komplexusnak, melynek a poli´edere egy n-dimenzi´os konvex polit´op, megegyezik az Euler-karakterisztik´ aja. K¨ onnyen bel´ athat´ o, hogy egy n-dimenzi´os szimplex Euler-karakterisztik´ aja 1. Mivel az n-dimenzi´os konvex poli´ederek homeomorfak, ebb˝ol az all´ıt´ ´ as m´ ar k¨ ovetkezik. Az Euler–Poincar´e-formula most az Euler-¨osszef¨ ugg´eshez vezet, val´oban: 7.3.5. Megjegyz´ es. Ha P egy n-dimenzi´ os konvex poli´eder, mely i-dimenzi´ os lapjainak sz´ ama gi , akkor az Euler-t´etel alapj´ an n−1 X

i

(−1) fi = (−1)

i=1

n−1

+1=

n−1 X

(−1)i gi

i=1

mutatja, hogy a konvex poli´eder fenti topologikus invari´ ansa, az Euler-karakterisztika a poli´eder lapjainak sz´ am´ ab´ ol az Euler-¨ osszef¨ ugg´es seg´ıts´eg´evel kaphat´ o. ´ Igy az Euler-¨ osszef¨ ugg´es kiterjeszt´es´enek tekinthet˝ o az Euler–Poincar´ekarakterisztika. 7.3.5. Cauchy-f´ ele poli´ edert´ etel Az Euler-t´etel egy alkalmaz´ asak´ent ´alljon itt k´et fontos ´es ´erdekes t´etel az elemi h´ aromdimenzi´ os geometria k¨or´eb˝ol. A Cauchy-f´ele merevs´egi t´etel egy olyan nemtrivi´ alis alkalmaz´ as, mely egy u ´j vizsg´alati ir´any els˝o t´etelek´ent tekinthet˝ o. Sz´ amos ´erdekes eredm´enyhez vezettek azok a kutat´asok, melyek testek deform´ alhat´ os´ ag´ anak-merevs´eg´enek k´erd´esk¨or´eben vetettek fel u ´j probl´e-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

343

´tel 7.3. Euler-te

m´ akat. Az alapk´erd´es a k¨ ovetkez˝o: van-e k´et olyan poli´eder, melyek p´aronk´ent egybev´ ag´ o lapokb´ ol azonos kombinatorikus szerkezettel ´all´ıthat´o el˝o, ´es m´egsem egybev´ ag´ oak? Miut´an tiszt´aztuk, hogy mit jelent az azonos kombinatorikus szerkezet, a v´ alasz igenl˝o. Tekintve ugyanis egy kock´at, egyik lapj´ ara ´ all´ıthatunk egy egyenl˝o-n´egyoldal´ u g´ ul´at, melynek magass´aga a kocka ´elhossz´ anak a fele, de ugyanezt a t¨om¨ornek tekintett kock´ab´ol el is vehetj¨ uk. Vil´ agos, hogy a k´et test nem egybev´ag´o, de p´aronk´ent egybev´ag´o lapokb´ ol, azonos kombinatorikus szerkezettel ´ep¨ ul fel. A probl´ema az, hogy konvex testet hasonl´ıtottunk nem konvex testtel. Ugyanakkor ´eszrevehetj¨ uk azt is, hogy a lapok alakj´ anak v´altoztat´asa n´elk¨ ul folytonos m´odon a k´et testet nem tudjuk egym´ asba deform´alni. Ez elvezet minket a konvex testek deform´ alhatatlans´ ag´ anak gondolat´ahoz. K´et konvex test, azonos kombinatorikus szerkezettel, egybev´ ag´ o megfelel˝o lapp´arokb´ol fel´ep´ıtve tal´an m´ar egybev´ag´o. C´elunk ezen ´ all´ıt´ as bizony´ıt´ asa Cauchy bizony´ıt´as´at alapul v´eve. 7.3.16. Defin´ıci´ o. A poli´eder laph´al´oja a cs´ ucsokb´ ol, ´elekb˝ ol, lapokb´ ol mint elemekb˝ ol alkotott azon parci´ alisan rendezett halmaz, ahol a rendez´est a halmazelm´eleti tartalmaz´ as defini´ alja. K´et poli´eder azonos kombinatorikus szerkezettel rendelkezik, ha laph´ al´ ojuk izomorf, azaz tal´ alhat´ o olyan k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u lek´epez´es, mely cs´ ucsot cs´ ucsba, ´elt ´elbe, lapot lapba visz u ´gy, hogy a tartalmaz´ ast mint rel´ aci´ ot ˝ orzi. 7.3.14. T´ etel (Cauchy merevs´egi t´etele). K´et azonos kombinatorikus szerkezettel rendelkez˝ o konvex poli´eder egybev´ ag´ o, ha a megfelel˝ o lapok egybev´ ag´ oak. A bizony´ıt´ as el˝ ott sz¨ uks´eg¨ unk lesz n´emi el˝ok´esz¨ uletre a szf´erikus geometria k¨ or´eb˝ ol. Mint l´ attuk, a g¨ ombi koszinuszt´etel alapj´an ´all´ıthatjuk, hogy ha k´et g¨ ombi h´ aromsz¨ ogben k´et-k´et oldal megegyezik, ´es az egyikben a k¨ozrez´art sz¨ og nagyobb, akkor ezen h´ aromsz¨og harmadik oldala nagyobb, mint a m´asik h´ aromsz¨ og harmadik oldala. Ezt az ´all´ıt´ast kiterjeszthetj¨ uk a g¨ombi konvex soksz¨ ogek u ´gynevezett Kar-lemm´aj´av´a”. ” ombi soksz¨ og 7.3.3. Lemma (Kar-lemma a g¨omb¨on). Legyenek Ai , Ai k´et g¨ cs´ ucsai. Tegy¨ uk fel, hogy ul i = 1, . . . , n − 1 Ai Ai+1 = Ai Ai+1 teljes¨ eset´en, ´es fenn´ allnak az Ai−1 Ai Ai+1 ∡ ≤ Ai−1 Ai Ai+1 ∡ osszef¨ ugg´esek 2 ≤ i ≤ n − 1 eset´en. Ekkor az ¨ A1 An ≤ A1 An egyenl˝ otlens´eg is teljes¨ ul.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

344

´derek 7. Polie

Bizony´ıt´ as: n-re vonatkoz´ o indukci´ot alkalmazunk. Az n = 3 esetet m´ar l´ attuk. Ha n > 3, akkor h´ arom esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg: • Van olyan i, hogy Ai−1 Ai Ai+1 ∡ = Ai−1 Ai Ai+1 ∡ • Nincs ilyen i, de az utols´o An−2 An−1 An ∡ sz¨og n¨ovelhet˝o az els˝o soksz¨og konvexit´ as´ anak megtart´ as´aval az An−2 An−1 An ∡ ´ert´ekig, • Nincs ilyen i, ´es az utols´o An−2 An−1 An ∡ sz¨og els˝o soksz¨og konvexit´as´ anak megtart´ as´ aval csak egy k¨ozbees˝o α < An−2 An−1 An ∡ sz¨og ´ert´ekig n¨ ovelhet˝ o.

Ai A i+1 A i-1 A n-1 A1

An

7.5. ´ abra. Van egyenl˝o megfelel˝o sz¨ogp´ar A m´ asodik ´es harmadik esetet u ´gy ´ertj¨ uk, hogy az utols´o An−1 An szakaszt az An−1 pont k¨ or¨ ul forgatjuk oly m´odon, hogy a vizsg´alt sz¨og n¨ovekedjen. Ilyenkor k´et eset fordulhat el˝o, vagy el tudjuk forgatni a kell˝o m´ert´ekben az ´elet u ´gy, hogy An nem ker¨ ul az A1 A2 egyenes´enek a t´ uls´o oldal´ara (7.6. ´abra), vagy csak addig forgathatjuk, am´ıg A2 , A1 , An kolline´aris ponth´armass´a nem v´ alik. Ebben az esetben (l´ asd 7.7. ´abra) az utols´o vizsg´alt sz¨og m´eg mindig kisebb, mint a m´ asodik soksz¨ogben neki megfelel˝o sz¨og. Az els˝ o k´et esetben az indukci´os l´ep´es a k¨oz¨os sz¨og´ert´eknek megfelel˝o cs´ ucsok elhagy´ asa a soksz¨ ogekb˝ol, a kiindul´asi felt´etelek ¨or¨okl˝od´es´et pedig az elhagyott h´ aromsz¨ ogek egybev´ag´os´aga garant´alja. Mindk´et esetben az indukci´ os felt´etel alkalmaz´ asa ´es a Kar-lemma n = 3 esete a k´ıv´ant eredm´enyhez vezet. Kicsit u ¨gyesebben kell dolgozni a harmadik esetben. Ekkor a 7.7 ´abr´afn (n − 1)-oldal´ nak megfelel˝ oen az A2 . . . An−1 A u konvex g¨ombi soksz¨oget hasonl´ıtjuk az A2 . . . An konvex g¨ombi soksz¨oggel, ´es meg´allap´ıthatjuk, hogy fn = A2 A fn ´es A2 An ≤ A2 A1 + A1 An , fn ≤ A2 An . Azonban A2 A1 + A1 A A2 A ez´ert a k´erd´eses egyenl˝ otlens´eg megint fenn´all.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

345

´tel 7.3. Euler-te

Ai A

i+1

A i-1 A A1

n-1

An ~ An

7.6. ´ abra. Amikor nem romlik el a konvexit´as

Ai A i+1 A2

A1

An

An-1

~ An

7.7. ´ abra. Amikor elromlik a konvexit´as

A Kar-lemma” egy sz´ep k¨ovetkezm´enye a jel-lemma”. Ebben megint k´et ” ” konvex g¨ ombi soksz¨ oget hasonl´ıtunk ¨ossze, most a megfelel˝o oldalak egyenl˝ os´eg´et tessz¨ uk fel. A megfelel˝o sz¨ogek ¨osszehasonl´ıt´as´at + ´es − jelek hozz´arendel´es´evel seg´ıtj¨ uk. Az els˝ o soksz¨og egy cs´ ucs´ara + jelet tesz¨ unk, ha abban a soksz¨ ogben a vizsg´ alt cs´ ucsn´al nagyobb sz¨og tal´alhat´o, mint a m´asik soksz¨ ogben. A jele − ha az els˝o soksz¨ogben a megfelel˝o sz¨og kisebb, mint a m´ asodikban. Nem ´ırunk jelet egyenl˝os´eg eset´en. Jelv´ alt´ asr´ ol besz´el¨ unk, ha az ´ oramutat´ o j´ ar´ as´ aval megegyez˝o ir´anyban az els˝o soksz¨og cs´ ucsain haladva olyan jelhez ´er¨ unk, amely az el˝otte tal´alt jelt˝ol k¨ ul¨onb¨ozik. (A nem jel¨olt cs´ ucsokon ´ atl´epked¨ unk, a jelv´alt´ast mindig jelhez asszoci´aljuk.)

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

346

´derek 7. Polie

7.3.4. Lemma (jel-lemma). Ha van jel, akkor legal´ abb n´egy jelv´ alt´ ast tal´ alunk. Bizony´ıt´ as: Mivel teljes k¨ort ´ırunk le a soksz¨og k¨or¨ ul, a jelv´alt´asok sz´ama p´ aros. Ha van jel, akkor van m´asik t´ıpus´ u jel is, ellenkez˝o esetben a Karlemm´ aval ellentmond´ asba ker¨ uln´enk. El´eg azt igazolni, hogy pontosan k´et jelv´ alt´ as nem lehets´eges. K´et jelv´alt´as csak u ´gy fordulhat el˝o, ha a + jelek ´es − jelek k´et t¨ omb¨ ot alkotnak, ahogy ezt a 7.8 ´abr´an ´abr´azoltuk.

Ak

Al -

+ + > < A1 + Aj

7.8. ´ abra. Kisebb vagy nagyobb? A + jelek helyezkedjenek el az A1 ´es Ak (i ≤ k) ´altal meghat´arozott fels˝o ´ıven, ahol A1 ´es Ak is +-szal van jel¨olve, a − jelek a komplementer ´ıven u ´gy, hogy az Al (k < l), illetve Aj (l ≤ j ≤ n) −-szal jel¨oltek. K¨oss¨ uk o¨ssze az An A1 szakasz egy pontj´ at az Al−1 Al szakasz egy pontj´aval, ´es rajzoljuk meg a megfelel˝ o szakaszt a m´ asik soksz¨ogben is. Vil´agos, hogy a kar-lemma felt´etelei mindk´et f´el soksz¨ og” eset´eben teljes¨ ulnek, ak´ar azt tekintj¨ uk, amelyen a + ” jelek vannak, ak´ ar azt, amelyen a −-ok. Ez viszont azt jelenti, hogy az els˝o soksz¨ ogben ´ altalunk beh´ uzott szakasz egyszer nagyobb a m´asodik soksz¨ogben beh´ uzottn´ al, m´ asodszor pedig kisebb. Mivel ez nem lehets´eges, lehetetlen az is, hogy k´et jelv´ alt´ as l´epjen fel. Most igazoljuk Cauchy merevs´egi t´etel´et. Bizony´ıt´ as: A t´etel bizony´ıt´as´at k´et esetre bontjuk. Vegy¨ uk el˝ osz¨ or ´eszre, hogy a laph´al´ok izomorfizmusa, a megfelel˝o lapok egybev´ ag´ os´ aga ´es a megfelel˝ o ´elekn´el fell´ep˝o lapsz¨ogek egyenl˝os´ege elegend˝o a k´et konvex poli´eder egybev´ ag´os´ag´ahoz. Val´oban az Euler-t´etel bizony´ıt´as´aban megkonstru´ altunk egy lapl´ancot, mely felsorolja a poli´eder lapjait. A laph´ al´ o-izomorfizmus az els˝ o poli´ederhez tartoz´o ezen l´ancot a m´asodik poli´ ıts¨ ´eder egy megfelel˝ o lapl´ anc´ aba viszi. Ep´ uk fel a m´asodik poli´edert laponk´ent ezen meghat´ arozott sorrendet figyelembe v´eve. Egy u ´jabb lap hozz´aad´asa a

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´tel 7.3. Euler-te

347

megfelel˝ o ´elekn´el fell´ep˝ o lapsz¨ogek egyenl˝os´ege folyt´an k´etf´elekk´eppen t¨ort´enhet. A k´et lehet˝ os´eg azonban csak a m´asodik lap eset´eben azonos ´ert´ek˝ u, hiszen a tov´ abbi lapok hozz´ av´etelekor figyelembe kell venn¨ unk a konvexit´ast is, egy lap s´ıkja ´ altal meghat´arozott f´elterek k¨oz¨ ul csak az egyik tartalmazhat pontokat a poli´ederb˝ ol. Azaz a lapl´ancban szerepl˝o lapok egym´ashoz (a m´ asodik kiv´etel´evel) egy´ertelm˝ uen, r´aad´asul az els˝o poli´edernek megfelel˝o m´ odon csatlakoznak. Mivel maguk a lapok az els˝o poli´ederben szerepl˝o lapokkal egybev´ ag´ oak, a fel´ep´ıtett poli´eder egybev´ag´o lesz az els˝o poli´ederrel. Azaz ´ all´ıt´ asunk igaz, ha a megfelel˝o lapsz¨ogek egyenl˝ok. M´ asodszor tegy¨ uk fel, hogy vannak olyan megfelel˝o lapsz¨ogek, melyek nem egyenl˝ oek. Az els˝ o poli´eder ´eleit jel¨olj¨ uk +-szal ´es −-szal aszerint, hogy a hozz´ a tartoz´ o lapsz¨ og nagyobb vagy kisebb a m´asodik poli´eder megfelel˝o ´el´en´el fell´ep˝ o megfelel˝ o lapsz¨ ogn´el. Egy nem jel¨olt ´el k´et oldal´an fell´ep˝o lapokat az ´el ment´en ragasszuk ¨ ossze, az ´elt azonban tartsuk sz´amon, hogy a bizony´ıt´as egy k´es˝ obbi pontj´ an u ´jra visszaragaszthassuk az ´elh´al´ozathoz. Tekints¨ uk a tov´abbiakban ´elnek a jel¨ olt ´eleket, cs´ ucsnak azon poli´edercs´ ucsokat, melybe megy jel¨ olt ´el, lapnak az ¨ osszes ¨ osszeragaszt´as elv´egz´ese ut´an kapott lapuni´okat. Az ekk´eppen kapott cs´ ucs-´el-lap rendszerhez (melyet topologikus poli´edernek nevezhet¨ unk) tartoz´ o cs´ ucsok k¨or´e rajzolt picike g¨omb¨ok felsz´ın´eb˝ol a k´et eredeti poli´eder olyan g¨ ombi konvex soksz¨ogeket metsz ki, melyek a jel” lemma” felt´eteleinek megfelelnek. ( Az eredetileg a poli´eder ´eleire ´ırt jelek most a g¨ ombi soksz¨ ogek sz¨ ogeire ´ırt jelekk´ent tekinthet˝ok.) A cs´ ucskiv´alaszt´ asaink azt is garant´ alj´ ak, hogy ezen soksz¨ogek cs´ ucsaira vannak jelek ´ırva. Megsz´ amolhatjuk teh´ at cs´ ucsonk´ent a jelv´alt´asok sz´am´at, amely ¨osszegr˝ol a jel-lemma” alapj´ an tudjuk, hogy legal´abb 4c′ , ahol c′ jel¨oli az ´altalunk l´et” rehozott topologikus poli´eder cs´ ucsainak sz´am´at. Ugyanezt a jelv´alt´assz´amot m´ ask´epp is becs¨ ulhetj¨ uk. A topologikus poli´eder egy lapj´anak ´elein (valamely adott k¨ or¨ ulj´ ar´ as szerint) k¨ orbehaladva ´erz´ekelt valamely jelv´alt´as egy cs´ ucs k¨ or¨ ulj´ ar´ as´ aval ´erz´ekelt (g¨ ombi soksz¨ogre vonatkoz´o) jelv´alt´asnak is megfelel ´es ford´ıtva, minden els˝ o m´ odon ´erz´ekelt jelv´alt´as a m´asodik m´odon is fell´ep. Ez´ert fel¨ ulr˝ ol is megbecs¨ ulhetj¨ uk a poli´ederre vonatkoz´o jelv´alt´asok sz´am´at, ha ezeket u ´j poli´eder¨ unk lapjain azok oldalsz´am´ahoz viszony´ıtjuk. Tekintettel arra, hogy az u ´j lapok u ´j ´elei nem felt´etlen¨ ul ´elei m´as u ´j lapnak is, az ´eleket egyszer vagy k´etszer vessz¨ uk figyelembe a lap ´elsz´am´anak meghat´aroz´asakor aszerint, hogy a lap pontjain haladva azt az ´elek ment´en k¨orbej´arva h´anyszor haladunk el mellette (l´ asd 7.9. ´abra). Jel¨olj¨ uk az ´ıgy kapott oldalsz´amokat a k ′ param´eterrel, m´ıg a lapok hat´ar´an konkr´etan fell´ep˝o ´elek sz´am´at k-val. P ′ Ekkor a k αk′ = 2e′ ¨ osszef¨ ugg´es megint fenn´all a topologikus poli´eder k′ ≥3

e′ ´elsz´ am´ ara, ha αk′ a k ′ oldal´ u topologikus lapok sz´ama. (Hiszen minden ´elt pontosan k´etszer sz´ amolunk ¨ossze, legfeljebb ez k´et sz´aml´al´as egy lap ´eleinek figyelembev´etel´evel megt¨ ort´enik.) Azt is r¨ogt¨on ´eszrevehetj¨ uk, hogy egy k ′

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

348

´derek 7. Polie

´ lapok 7.9. ´abra. Uj h ′i oldal´ alt´ast tal´alhatunk, ´ıgy az el˝ojelv´alt´asok u lapon legfeljebb 2 k2 el˝ojelv´ σ sz´ am´ ara a X X  k′  αk ′ ≤ (2k ′ − 4)αk′ = 4(e′ − l′ ) 4c′ ≤ σ ≤ 2 2 ′ ′ k ≥3

k ≥3

all fenn. Ez a ´ c ′ − e′ + l ′ ≤ 0

osszef¨ ugg´essel egyen´ert´ek˝ u. A tov´abbiakban egyes´evel adjuk az u ´j ´elek h´al´o¨ zat´ ahoz azokat az ´eleket, melyek ment´en lapokat ragasztottunk ¨ossze. Mindig olyan ´elt adopt´ alunk, amelynek egyik v´egpontja a m´ar rendelkez´esre ´all´o ´elh´ al´ ozathoz tartozik. Evvel a felt´etellel garant´aljuk, hogy az ´elh´al´ozat ´elsz´ama mindig eggyel n˝ o, a cs´ ucssz´ ama pedig legfeljebb eggyel. Ekkor a m´asik v´egpontra k´et lehet˝ os´eg ad´ odik: • u ´j cs´ ucspont ker¨ ul vele a h´al´ozathoz (a cs´ ucssz´am eggyel n˝ott), ekkor a lapsz´ am nem n˝ ohet, u ´j lap nem j¨ohetett l´etre; • egy m´ ar a h´ al´ ozathoz tartoz´o cs´ ucs a m´asik v´egpont is (a cs´ ucssz´am nem n˝ ott), ekkor a kapott u ´j ´el vagy kett´ev´ag egy lapot, ´es ´ıgy n¨ovelt¨ uk

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

349

´ k birodalma 7.4. A csoda

a lapsz´ amot, vagy nem v´agott kett´e egy lapot, ´es a lapsz´am megint nem n˝ ott. Ak´ armelyik esetet is tekintj¨ uk a cs´ ucssz´am m´ınusz ´elsz´am plusz lapsz´am” ” mennyis´eg egy ilyen l´ep´es sor´an nem n˝ohet. Am´ıg van nem adopt´alt ´el, az eredeti ´elrendszer ¨ osszef¨ ugg˝ os´ege miatt olyan is van, amelyet az adott pillanatban adopt´ alni lehet, ez´ert elj´ar´asunk csak akkor fejez˝odik be, amikor valamennyi ´elt visszacsatoltuk, ´es a cs´ ucs, ´el, lapsz´am param´eterek a kiindul´ asi konvex poli´ederhez tartoz´o ´ert´ekeket veszik fel. Mivel konvex poli´ederre c−e+l = 2 ´ all fenn, ellentmond´ashoz jutottunk, melynek felold´asa, hogy ezen m´ asodik eset (nevezetesen, hogy van megfelel˝o ´elekhez tartoz´o k¨ ul¨onb¨oz˝o lapsz¨ ogp´ ar) nem lehets´eges.

7.4. A csod´ ak birodalma A csod´ ak nem term´eszeti t¨ orv´enyekkel ´ allnak ellentmond´ asban, csup´ an azzal, amit a term´eszetr˝ ol tudunk.

´ Szent Agoston 7.4.1. Szab´ alyos poli´ ederek kombinatorikus t´ıpusai 7.4.1. Defin´ıci´ o. Egy konvex poli´eder adott cs´ ucshoz tartoz´ o cs´ ucsalakzata a cs´ ucsb´ ol indul´ o ´elek m´ asik v´egpontjainak konvex burka. A 3-dimenzi´ os konvex poli´eder szab´ alyos, ha lapjai egybev´ ag´ o konvex soksz¨ ogek, ´es a cs´ ucsalakzatai szint´en egybev´ ag´ o szab´ alyos soksz¨ ogek. Az Euler-t´etel seg´ıts´eg´evel k¨onnyen bel´athatjuk, hogy szab´alyos poli´eder csak o ¨tf´ele kombinatorikus t´ıpusnak felelhet meg, ezeket az al´abbi t´abl´azatban tal´ alhatjuk:

www.interkonyv.hu

n

m

e

elnevez´ es

3

3

6

tetra´eder

3

4

12

okta´eder

3

5

30

ikoza´eder

4

3

12

kocka

5

3

30

dodeka´eder

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

350

´derek 7. Polie

Val´ oban, mivel defin´ıci´ onk szerint minden cs´ ucsban ugyanannyi ´el (pl. m darab) tal´ alkozik, a cs´ ucsok sz´am´anak m-szerese megegyezik az ´elek sz´am´anak k´etszeres´evel. (Minden ´elt mindk´et v´egpontj´an´al megsz´amoltunk.) Ha a lapjai n-sz¨ ogek, a lapok sz´am´anak n-szerese szint´en megegyezik az ´elek sz´ am´ anak k´etszeres´evel. (Minden ´elt mindk´et ˝ot tartalmaz´o lapn´al megsz´amoltuk.) A kapott k´et egyenletb˝ol c-t ´es l-et kifejezz¨ uk, majd Euler k´eplet´ebe ´ helyettes´ıt¨ unk. Atrendezve az 1 1 1 1 + = + n m 2 e osszef¨ ugg´eshez jutunk. n ´es m kett˝on´el nagyobb eg´eszek, 1/e pozit´ıv, ez´ert ¨ csak a k¨ ovetkez˝ o term´eszetes sz´amok oldhatj´ak meg az egyenl˝os´eget: (n, m) ∈ {(3, 3), (3, 4), (3, 5), (4, 3), (5, 3)}, ahogy ezt a t´ abl´ azatban l´ athatjuk. A kombinatorikus t´ıpusnak megfelel˝oen az {n, m} sz´amp´arokkal jellemezhetj¨ uk a szab´ alyos testeket. Az {n, m} sz´amp´ar els˝o eleme a k´etdimenzi´os lapok oldalsz´ ama, a m´ asodik a cs´ ucsalakzat k´etdimenzi´os lapjainak oldalsz´ama, mely eset¨ unkben a cs´ ucsalakzat oldalsz´am´aval egyezik meg. Ezt a sz´amp´ art a szab´ alyos test szimb´ olum´ anak nevezz¨ uk (Kital´al´oja vezet´ekneve ut´an Sch¨ afli-szimb´ olumnak is szok´as nevezni.) A szimb´olum defin´ıci´oja nem csak a h´ aromdimenzi´ os esetben ´ertelmes, azt r¨ogt¨on l´atjuk, hogy a k´etdimenzi´os szab´ alyos soksz¨ ogekhez egyelem˝ u szimb´olum ad´odik, a soksz¨og oldalsz´ama, {n}. A k¨ ovetkez˝ o fejezetben kiterjesztj¨ uk a szab´alyoss´ag ´es a szimb´olum fogalm´at magasabb dimenzi´ os esetekre is. 7.4.2. H´ aromdimenzi´ os szab´ alyos poli´ ederek Vil´ agos, hogy a lehets´eges szimb´olumok a k´etdimenzi´os esetben a h´aromn´al nem kisebb sz´ amokat tartalmaz´o egyelem˝ u halmazok, ´es minden szimb´olumhoz tal´ alunk ˝ ot realiz´ al´ o szab´alyos soksz¨oget. K´erd´es¨ unk most az, hogy a lehets´eges h´ aromdimenzi´ os szimb´olumokhoz is l´eteznek-e realiz´al´o szab´alyos testek. 7.4.1. T´ etel. Az ¨ ot lehets´eges kombinatorikus t´ıpus realiz´ al´ odik, azaz a fenti t´ abl´ azatban megj´ osolt szab´ alyos poli´ederek l´eteznek (l´ asd a 7.10. ´ abr´ at). ´ ıtsunk a k¨oz´eppontj´an kereszt¨ Bizony´ıt´ as: Tekints¨ unk egy n´egyzetet. All´ ul a s´ıkj´ ara mer˝ oleges egyenest, majd mindk´et ir´anyban m´erj¨ uk fel a n´egyzet f´elatl´ ´ oj´ anak hossz´ at. A kapott k´et pont ´es az eredeti n´egy n´egyzetcs´ ucs konvex burk´ at nyolc egybev´ ag´ o h´ aromsz¨og hat´arolja, a cs´ ucsalakzatok az eredetivel egybev´ ag´ o n´egyzetek. Ez a szab´alyos okta´eder. Az okta´eder k´et u ´j cs´ ucs´an kereszt¨ ul h´ uzzunk a n´egyzet oldalaival p´arhuzamos k´etszeres oldalhossz´ us´ag´ u

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

351

´ k birodalma 7.4. A csoda

a

a

b

b a a

b b

a

b

a

c

b

b

c

a:b:c= 2 :1:

5 -1 2

7.10. a´bra. Az ¨ot szab´ alyos test

k´et szakaszt u ´gy, hogy az egyik az egyik cs´ ucson, a m´asik a m´asik cs´ ucson haladjon ´ at, ´es a cs´ ucsok a rajtuk ´athalad´o szakaszok k¨oz´eppontjai legyenek. A k´et szakasz n´egy cs´ ucspontj´anak konvex burka a szab´alyos tetra´eder. ´ (Eleinek felez˝ opontjai ´eppen az eredeti n´egyzet cs´ ucspontjai.) Ha a kapott tetra´edert t¨ ukr¨ ozz¨ uk a n´egyzet k¨oz´eppontj´ara, majd a k´et tetra´eder cs´ ucspontjainak konvex burk´ at vessz¨ uk, a kock´at kapjuk eredm´eny¨ ul. (A 7.11. abr´ ´ an ´ abr´ azoltuk ezen h´ arom testet.) A dodeka´eder el˝ o´ all´ıt´ asa a kock´at v´eve alapul a k¨ovetkez˝ok´eppen t¨ort´enhet. A kocka egyik, p´eld´ aul AB ´el´et (l´asd a 7.12. ´abr´at) tekints¨ uk egy szab´a-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

352

´derek 7. Polie

7.11. ´ abra. Kock´aban tetra´eder, ´es benne okta´eder

lyos ¨ otsz¨ og a´tl´ oj´ anak, ekkor van az ¨otsz¨ognek egy (pl. az EF ) oldala, mely ezzel az ´ atl´ oval p´ arhuzamos. Az ¨otsz¨og s´ıkj´at hat´arozzuk meg u ´gy, hogy tartalmazza AB-t, ezen ´el pontjai kiv´etel´evel ne legyenek k¨oz¨os pontjai a kock´ aval, ´es az EF ´el mer˝ oleges vet¨ ulete az egyik (pl. az ABCD ) n´egyzetlapon essen a n´egyzet megfelel˝ o k¨ oz´epvonal´ara. (Az eml´ıtett kockalap kiv´alaszt´as´ara k´et lehet˝ os´eg ad´ odik, ezek k¨oz¨ ul v´alasszuk az egyiket.)

F B

C E

a G

D

A B H

I

F

,

b

,

a : b = 1 : 1+ 5 2

7.12. ´ abra. Dodeka´eder-konstrukci´o A szab´ alyos ¨ otsz¨ og jel¨ olt szakaszainak egyenl˝os´ege miatt a pontozott szakaszok ar´ anya az aranymetsz´eshez (l´asd a k¨ovetkez˝o alfejezet) tartoz´o ar´anyt adj´ ak, ´ıgy a G pontnak az F AB oldalt´ol val´o t´avols´aga a kocka ´elhossz´at

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

353

´ k birodalma 7.4. A csoda

(azaz az ¨ otsz¨ og ´atl´oj´ at) egys´egnyinek tekintve: x=

2 1 1 √ = √ . 21+ 5 1+ 5

7.13. ´ abra. Ikoza´eder-konstrukci´o Mivel az o og ´elhossza ennek k´etszerese, ¨tsz¨ s´ aga az ABC laps´ıkt´ ol az 

2 √ 1+ 5

2

2

=y +

1−

2√ , 1+ 5

2√ 1+ 5

2

ez´ert az E pont y t´avol-

!2

+

1 4

egyenl˝os´eg alapj´ an szint´en y=

1 √ . 1+ 5

Ez´ert a kocka A cs´ ucs´ an kereszt¨ ulhalad´o f˝o´atl´o k¨or¨ uli harmadrend˝ u forgat´as az AGB△ -t a vele egybev´ ag´o AED△ -be viszi, ´ıgy kiindul´asi ¨otsz¨og¨ unket a vele egybev´ ag´ o AEDHI ¨ otsz¨ogbe. M´eg egyszer alkalmazva az el˝obbi harmadrend˝ u forgat´ ast, ezen ¨ otsz¨ og a´tker¨ ul az AIF ′ B ′ G ¨otsz¨ogbe. A dodeka´ederhez jutunk, ha a kocka lapjaival p´arhuzamos szimmetrias´ıkjaira t¨ ukr¨ozz¨ uk a m´ar megkapott h´ arom lappal egy¨ utt mindazokat, melyek az el˝oz˝o t¨ ukr¨oz´esekkel ad´ odtak. (H´ arom t¨ ukr¨ oz´est kell v´egrehajtanunk, az els˝o l´ep´esben k´et u ´j lapot kapunk, a m´ asodik t¨ ukr¨oz´es a megl´ev˝o ¨ot lapb´ol nyolcat gener´al, a har¨ madik ut´ an megkapjuk a dodeka´eder tizenk´et lapj´at.) Osszefoglalva, l´atjuk teh´ at, hogy a dodeka´eder az egys´ e gnyi oldal´ u kocka ´ e s a lapjaihoz asszoci´ alt, √
azok k¨ oz´epvonalai felett 1/ 1 + 5 magass´agban szimmetrikusan elhelyezett √
us´ ag´ u szakaszokb´ol ´all´o szakaszrendszer konvex burka. 1 + 5 /2 hossz´

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

354

´derek 7. Polie

7.14. ´ abra. Dodeka´ederben kocka ´es benne ikoza´eder Az ikoza´eder el˝ o´ all´ıt´ asa hasonl´ √ o
konstrukci´oval t¨ort´enhet. A dodeka´ederu szakaszokat helyezz¨ uk a kocka felkonstrukci´ oban szerepl˝ o 2/ 1 + 5 hossz´ sz´ın´ere ugyanabban a szimmetrikus elrendez´esben. K´et-k´et szemk¨ozti szakasz ekkor egy u ´gynevezett aranyt´eglalapot” hat´aroz meg, ennek oldalar´anya az ” aranymetsz´es ar´ any´ aval egyezik meg. A h´arom aranyt´eglalap 12 cs´ ucs´anak konvex burka ikoza´eder. Val´oban, az elrendez´es szakaszainak harmadrend˝ u forg´ asszimmetri´ aja azon h´ aromsz¨ogek szab´alyoss´ag´at jelenti, melyek cs´ ucsai h´ arom k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o szakasz v´egpontjai. A kapott szab´alyos h´aromsz¨og oldalhossza a 2  2  1 1 1 1 √ √ + + − d2 = 4 2 1+ 5 1+ 5 osszef¨ ugg´es alapj´ an ´eppen ¨ d=

2 √ , 1+ 5

azaz a t¨ obbi h´ aromsz¨ oglap is egyenl˝o oldal´ u h´aromsz¨oget ad. A cs´ ucsalakzat szab´ alyos ¨ otsz¨ og volt´ anak igazol´as´ahoz elegend˝o azt kimutatni, hogy egy cs´ ucs ¨ ot szomsz´edja egy s´ıkban van, hiszen a szomsz´edos cs´ ucsok t´avols´agai megegyeznek. Tekints¨ uk a kocka valamely ´elir´any´ u vet¨ ulet´et. A vet¨ uleti n´egyzeten az ¨ ot cs´ ucs h´ arom pontra esik – a 7.13. ´abr´ankon ezeket k¨ ul¨on jel¨olt¨ uk

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

355

´ k birodalma 7.4. A csoda

– egys´ık´ us´ ag eset´en ennek a h´arom pontnak kell egy egyenesre esni. Azonban, tekintettel az   1 1 1 1 1 √ √ = √ : − : 2 1+ 5 1+ 5 1+ 5 2 azonoss´ agra, a k´et-k´et pont ´altal meghat´arozott szakaszok azonos meredeks´eg˝ uek, s ez ´ all´ıt´ asunkat igazolja. 7.4.3. Aranymetsz´ es Az aranymetsz´es az emberi kult´ ura egyik legszembe¨otl˝obb ´es legtitokzatosabb jelens´ege. Annyira er˝ osen kapcsol´odik a sz´ep fogalm´ahoz, hogy megjelen´ese a m˝ uv´eszetekben is mag´at´ol ´ertet˝od˝o, az emberi alkot´asokban mindig kiemelt szerepe van, a term´eszetben pedig oly s˝ ur˝ un tal´alkozunk vele, hogy legink´ abb az a k¨ ul¨ on¨ os, ha valahol valamely m´as, j´ol meghat´arozott ar´any domin´ al. Matematikusok, filoz´ofusok, m˝ uv´eszek, mesteremberek, minden alkot´ assal foglalkoz´ o emberi l´eny haszn´alja, csod´alja vagy legal´abbis ´erdekesnek tartja. N´emi ´ızel´ıt˝ o az elnevez´eseib˝ol: aranymetsz´es, folytonos ar´any, vitruvi´ usi ar´ any, isteni ar´ any, aranyh´aromsz¨og, aranyt´eglalap, aranyspir´alis. Ertelmetlen v´ allalkoz´ as lenne list´ at k´esz´ıteni a kapcsol´od´o term´eszeti jelens´egekr˝ ol, m˝ ualkot´ asokr´ ol, tanulm´ anyokr´ol, az aranymetsz´est tudatosan haszn´al´o m˝ uv´eszekr˝ ol, mesterekr˝ ol – az aranymetsz´es tanulm´anyoz´asa az id˝oben sem lokaliz´ alhat´ o. Ha aranymetsz´est szeretne l´atni az ember, csak k¨orbe kell n´eznie... Ezen bevezet˝ o sorok z´ ar´asak´eppen – ak´arcsak H.S.M. Coxeter – ´en is J. Keplert id´ezn´em: Hiszem, hogy ez a geometriai ar´ any adta az ¨ otletet a Teremt˝ onek, mikor bevezette a hasonl´ o dolgoknak hasonl´ o dolgokb´ ol t¨ ort´en˝ o folytonos sz´ armaztat´ as´ at.

Az ar´ any r¨ ovid bevezet´ese ut´an egy heged˝ un ellen˝orizhetj¨ uk, hogy az aranymetsz´es az akusztik´ at ´es az eszt´etik´at is ¨osszekapcsolja. Mindkett˝o optimalit´ asa ´erdek´eben ´erdemes a m´eretez´esn´el ezen ar´anyra t¨orekedni. 7.4.3.1. Matematikai ´eszrev´etelek 7.4.2. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az a, b hosszakkal rendelkez˝ o szakaszp´ ar az a + b hossz´ u szakaszt az aranymetsz´es ar´any´aban osztja, ha a kisebbik szakasz u ´gy ar´ anylik a nagyobbhoz, mint a nagyobbik az eg´eszhez. Ha a a kisebb, b a nagyobb, akkor a defin´ıci´o alapj´an √ 1+ 5 a b= 2

www.interkonyv.hu

´es

√ 1+ 5 a+b= b= 2

√ !2 1+ 5 a. 2

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

356

´derek 7. Polie

ugg´eshez jutunk. Ezen formula mag´aba Az a = 1 v´ alaszt´ assal a b = 1+ 1b ¨osszef¨ val´ o sorozatos helyettes´ıt´ese egy v´egtelen l´anct¨ort-el˝o´all´ıt´ast ad b-re: b=1+

1 1+

.

1 1+

1 1+ 1 1+···

Az el˝ oa´ll´ıt´ as alapj´ an fel´ırhatunk egy b-hez konverg´al´o sorozatot: 1,

1 + 1,

1+

3 1 = , 1+1 2

1+

1 5 1 = 3 ··· , 1 + 1+1

mely nem m´ as mint Fibonacci h´ıres 1,

1,

1 + 1 = 2,

1 + 2 = 3,

2 + 3 = 5, · · ·

sorozat´ ab´ ol az egym´ ast k¨ ovet˝o elemek h´anyadosak´ent ´ertelmezett sorozat. A Fibonacci-sorozat ´es a folytonos ar´any egy¨ uttes szeml´eltet´ese a s´ıkon k´et u ´jabb geometria alakzathoz vezet, melyek egyik´et Fibonacci-spir´alisnak, m´asik´ at aranyspir´ alisnak nevezhetj¨ uk. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a Fibonacci-sorozat elemeinek megfelel˝ o m´eret˝ u n´egyzetek seg´ıts´eg´evel a s´ık kiparkett´azhat´o, a parkett´ az´ o n´egyzetek sorozatos uni´oja egy t´eglalapsorozatot eredm´enyez, mely t´eglalapok oldalainak ar´ anya a Fibonacci-sorozat egym´ast k¨ovet˝o elemeinek a h´ anyadosa. Mint l´ attuk, ezek a h´anyadosok az aranymetsz´es sz´am´ahoz tartanak, teh´ at a t´eglalapok (az oldalar´anyukat tekintve) az aranyt´eglalaphoz konverg´ alnak. Vegy¨ uk ´eszre, hogy nincs k´et hasonl´o t´eglalap, ´ıgy a kit¨olt´eshez tartoz´ o defini´ al´ o l´ep´essorozatot nem tudjuk univerz´alis forgatva ny´ ujt´ashoz igaz´ıtani. Egy rekurz´ıv el˝ o´ all´ıt´ as t¨ ort´enhet a k¨ovetkez˝ok´eppen: jel¨olj¨ uk ki a kiindul´asi n´egyzet egyik cs´ ucs´ at, legyen ez O0 . A m´asodik n´egyzet megfelel˝o pontja lesz O1 , a harmadik n´egyzet´e O2 ´es ´ıgy tov´abb. Jel¨olj¨ uk a Fibonacci-sor elemeit fi -vel i = 0, 1, · · · . Ha az i-edik n´egyzetet m´ar elhelyezt¨ uk, ´es ´ıgy Oi−i is ismert, a k¨ ovetkez˝ o l´ep´esekkel sz´armaztassuk az i + 1-edik n´egyzetet. • Forgassuk el az i-edik n´egyzetet pozit´ıv ir´anyban kilencven fokos sz¨oggel ′ (Oi−1 ´ atker¨ ul az Oi−1 cs´ ucsba). −−−−−− → ′ • Toljuk el a n´egyzetet az Oi−1 Oi−1 vektor pozit´ıv ir´any´ u kilencven fokos elforgatottj´ aval. Oi−1 k´epe legyen Oi . fi ar´anyban. • Nagy´ıtsuk Oi -b˝ ol a kapott n´egyzetet az fi−1

A 7.15. ´ abr´ an a mozg´ as jelleg´et j´ol ´erz´ekelhetj¨ uk egy k¨or´ıvekb˝ol ´all´o ´al”” spir´ alissal, a pillanatnyi nagy´ıt´asi centrumokat az Oi pontokat k¨ot¨ott¨ uk ¨ossze negyed k¨ or´ıvekkel, ahol az ´ıvek sugarai a Fibonacci-sz´amok. Az aranyspir´ alis m´ ar egy igazi spir´alis, azaz a s´ık egy pontja k¨or¨ uli alkalmas forgatva ny´ ujt´ assal sz´ armaztathat´oak pontjai. A Fibonacci kit¨olt´es szerkezet´et meg˝ orizve v´ altoztassunk a kiindul´asi objektumon. Az els˝o n´egyzetet

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ k birodalma 7.4. A csoda

357

7.15. ´ abra. A Fibonacci-spir´alis

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

358 ,

O3

´derek 7. Polie

,

O3

O2

P

Q O

O

0

O4

O2

,

O0

O1

,

O1

7.16. ´ abra. Az aranyspir´alis k¨oz´eppontja cser´elj¨ uk le egy aranyt´eglalapra, mely hosszabbik oldala ment´en ´erintkezik a m´ asodik – egys´egnyi ´elhossz´ u – n´egyzettel. O0′ -t a t´eglalap megfelel˝o cs´ ucs´ anak tekintj¨ uk, az O0 pont most a t´eglalap megfelel˝o ´el´enek aranymetsz´esi pontja, a t´eglalap tov´ abbi cs´ ucsai legyenek P, Q (l´asd a 7.16. ´abr´at). O1 legyen a Fibonacci-spir´ a lis O pontj´ anak megfelel˝o pont, ´es alkalmazzuk a fenti re1 √ ny´ u jt´ a si ar´ annyal, annak m´asodik l´ep´es´et˝ol. Ekkor minden kurzi´ ot a fix 5+1 2 t´eglalap aranyt´eglalap lesz. Mivel a t´eglalapok hasonl´oak, forgatva ny´ ujt´assal egym´ asba lehet ˝ oket transzform´alni. Enn´el t¨obb is igaz, egy fix forgatva ny´ ujt´ as hatv´ anyai seg´ıts´eg´evel kaphat´o az els˝ob˝ol az ¨osszes t¨obbi. Val´oban, ucsait a m´asodik t´eglalap Q, O0′ , O′ − 1 pontaz els˝ o aranyt´eglalap P, Q, O0′ cs´ jaiba viszi, ez´ert a mozg´ as egy kilencven fokos pozit´ıv forg´as (ha a t´eglalap ir´ any´ıt´ as´ at megtartjuk) kombin´alva egy aranymetsz´es ar´any´ u, ugyanazon k¨oz´eppont´ u ny´ ujt´ assal. A k¨ oz´eppontb´ol a P Q QO0′ ´es O0′ O1′ szakaszok egyar´ant der´eksz¨ og alatt l´ atszanak, teh´at az egyetlen lehets´eges k¨oz´eppont a P O0′ , QO1′ atl´ ´ ok metsz´espontja. Az aranymetsz´esi ar´any v´alaszt´asa miatt ez az O pont val´ oban a keresett centrum. Azonnal l´athat´o, hogy ezen transzform´aci´o a m´asodik aranyt´eglalapot a harmadikba, a harmadikat a negyedikbe viszi stb., ´ıgy ezen hasonl´ os´ ag hatv´ anyai ´all´ıtj´ak el˝o az els˝o aranyt´eglalapb´ol a t¨obbit. Az O pontot egy pol´ ar-koordin´at´akhoz tartoz´o koordin´ata-rendszer kezd˝opontj´ anak, az OO0 f´elegyenest a kezd˝oegyenes´enek kinevezve az Oi pontok

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

359

´ k birodalma 7.4. A csoda

t´ avols´ agai O-t´ ol az |OOi | = |OO0 |

!i √ 5+1 2

formul´aval kaphat´ ok, ´es az OOi f´elegyenesek egym´asnak pozit´ıv ir´any´ u kilencven fokos elforgatottjai. Ez´ert ezen pontok pontjai a s´ık azon spir´alis´anak, melynek egyenlete pol´ ar-koordin´at´as alakban !ϕ √ 5+1 . r(ϕ) = |OO0 | 2 Jegyezz¨ uk meg, hogy az aranyt´eglalapok rendszere befel´e” is folytathat´o, a ” kiindul´ asi t´eglalapb´ ol lev´ aghatunk egy n´egyzetet (ennek h´arom cs´ ucsa Q0 , ′ Q0 ´es Q1 ). A megmaradt t´eglalap egy aranyt´eglalap, melyb˝ol megint lev´aghatunk egy n´egyzetet, ´es ´ıgy tov´abb. A k´et ir´anyban v´egtelen t´eglalapsorozat k¨ oz¨ os pontja O, a hasonl´ os´ agi centrum. Az aranyspir´alis ebb˝ol a pontb´ol in” dul”. T´erj¨ unk vissza az aranymetsz´esi ar´any szerkeszt´es´ehez. M´ar Eukleid´esz ◦ is egyszer˝ u elj´ ar´ ast adott, ´eszrev´eve, hogy a 36 -os sz´arsz¨oggel rendelkez˝o egyenl˝ o sz´ ar´ u h´ aromsz¨ og sz´ ar- ´es alaphosszainak h´anyadosa a keresett ´ert´ek. Ezt ugyanis az egyik alapon fekv˝o sz¨ogfelez˝oje k´et u ´jabb egyenl˝o sz´ar´ u h´aromsz¨ ogre bontja, melyek k¨oz¨ ul az egyik hasonl´o az eredetihez (l´asd 7.17. abra). ´

r

b b

a

b 7.17. a´bra. Az aranyh´aromsz¨og T´ız darab k¨ oz¨ os cs´ ucs´ u szab´alyos t´ızsz¨oget ad, ebben a m´asodszomsz´edos cs´ ucsokat rendre ¨ osszek¨ otve k´et szab´alyos ¨otsz¨oget kapunk. Egym´as melletti k´et aranyh´ aromsz¨ og a k¨ oz¨os oldalukra szimmetrikusan helyezkedik el, ´ıgy r¨ ogt¨ on meghat´ a rozhatjuk a szab´alyos ¨otsz¨og oldalhossz´at. A Pitagorasz-t´etel √ szerint ez 4b2 − a2 , a 7.17. ´abra jel¨ol´esei mellett. A szab´alyos ¨otsz¨og az

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

360

´derek 7. Polie

aranymetsz´eshez legink´ abb kapcsolhat´o s´ıkbeli alakzat. Ez annak k¨osz¨onhet˝ o, hogy k¨ oz´epponti sz¨ oge 72◦ , ´ıgy egy oldal ´es a szemk¨ozti cs´ ucs ´altal meghat´arozott egyenl˝ o sz´ ar´ u h´ aromsz¨og aranyh´aromsz¨og, m´ıg a szomsz´edos cs´ ucsok altal meghat´ ´ arozott h´ aromsz¨ogek 36◦ -os sz´arsz¨oggel rendelkeznek. ´Igy b´armely k´et cs´ ucsp´ art ¨ osszek¨ ot˝ o egyenesp´ar 36◦ vagy 72◦ alatt metszi egym´ast. Valamennyi k´erdezhet˝ o ar´ any (pl. az ´atl´ok metsz´ese ´altal az ´atl´okon kapott oszt´ asi ar´ anyok, vagy az oldalak ´es ´atl´ok hossz´anak ar´anya) az aranymetsz´esnek megfelel˝ o ar´ any. Ezen a m´odon teh´at a 36◦ , 72◦ , a szab´alyos ¨ot- ´es t´ızsz¨og √ 1+ 5 szerkeszt´ese az aranymetsz´es 2 ar´any´anak szerkeszt´es´evel fon´odik ¨ossze. Ha a 7.17. ´ abr´ an szerepl˝ o r = a + b ¨osszeget tekintj¨ uk kiindul´asi alapnak, a 7.18. ´ abr´ an nyomon k¨ ovethetj¨ uk a szab´alyos ¨ot- ´es t´ızsz¨og szerkeszt´es´et ´es az aranymetsz´es ar´ any´ anak meghat´aroz´as´at.

F a+b 2

5 (a+b) 2 r=a+b

b=

F

5 -1(a+b) 2

7.18. ´ abra. Az aranyh´aromsz¨og szerkeszt´ese Az r sugar´ u k¨ orben tekints¨ unk k´et mer˝oleges k¨or´atm´ er˝ot, ´es felezz¨ uk meg √ 5 az egyiket. A kapott der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og ´atfog´oja 2 (a + b) hossz´ us´ag´ u, ez´ert ezt a szakaszt az ´ abr´ anak megfelel˝oen a felez˝opontb´ol felm´erve egy a k¨ oz´eppontb´ ol indul´ o, b hossz´ u szakaszt kapunk. Err˝ol tudjuk, hogy az r sugar´ u k¨ orbe ´ırt szab´ alyos t´ızsz¨ og oldalhossza. S˝ot mi t¨obb, a k¨or als´o fel´en l´etrej¨ott der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og ´ atfog´ oj´anak hossza az p p p (a + b)2 + b2 = 2b2 + 2a(a + b) − a2 = 4b2 − a2

osszef¨ ugg´es alapj´ an az r sugar´ u k¨orbe ´ırt szab´alyos ¨otsz¨og oldalhossz´aval ¨ egyezik meg, ´ıgy aranyh´ aromsz¨og¨ unk mell´e szerkesztett¨ unk m´eg egy egyedi der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ oget, s ennek oldalai rendre egy adott sugar´ u k¨orbe ´ırt szab´ alyos ¨ ot-, hat- ´es t´ızsz¨ og oldalhosszai.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ k birodalma 7.4. A csoda

361

Az aranyh´ aromsz¨ ogre alkalmazva a szinuszt´etelt azonnal ad´odik, hogy √ √ 5+1 5−1 ◦ ◦ ´es ´ıgy cos 72 = . cos 36 = 4 4 Ez´ert a 7.18. ´ abr´ an megrajzolt ¨otsz¨og´atl´o a bal oldali v´ızszintes sugarat k´et olyan darabra osztja melyeknek hossza rendre √ √ 1 5−1 5 (a + b). (a + b) = √ (a + b) illetve √ 4 5+1 5+1 Ez az ar´ any megegyezik az ´ abra fels˝o der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og´eben az F cs´ ucspontj´ ab´ ol indul´ o oldalak hosszar´any´aval, azaz az oszt´aspont az F -beli sz¨ogfelez˝ o pontja. Megkaptuk teh´at a 72◦ ´es a k¨orbeli szab´alyos ¨otsz¨og szerkeszt´es´enek legegyszer˝ ubb m´ odj´ at: 1. vegy¨ unk a k¨ orben k´et mer˝oleges sugarat; 2. az egyik felez˝ opontja, a m´asik sug´ar v´egpontja, illetve a k¨oz´eppont ´altal meghat´ arozott h´ aromsz¨ogben rajzoljuk meg a felez˝opontb´ol indul´o sz¨ ogfelez˝ ot; 3. a sz¨ ogfelez˝ onek a szemk¨ ozti oldallal alkotott metsz´espontj´ab´ol ´all´ıtsunk mer˝ olegest a m´ asodik sug´arra, ez a mer˝oleges a k¨orb˝ol kimetszi azon szab´ alyos ¨ otsz¨ og k´et cs´ ucspontj´at, amelynek egyik cs´ ucsa a m´asodik sug´ar k¨ ori pontja. 7.4.3.2. Aranymetsz´es a term´eszetben ´es a m˝ uv´eszetekben A k¨ onyv v´eg´en tal´ alhat´ o sz´ınes k´epek n´emi bepillant´ast ny´ ujtanak az aranymetsz´es megjelen´es´ere a term´eszetben ´es a k´epz˝om˝ uv´eszetekben. Ezen t´ ulmen˝ oen irodalmi ´es zenei m˝ uvek aranymetsz´esi pontjaiban tal´alhat´o cs´ ucspontokra k¨ ovetkezzen most n´eh´ any p´elda. • Dante: Isteni sz´ınj´ at´ ek c´ım˝ u, sz´az ´enekb˝ol ´all´o m˝ uben a hatvankettedik ´enekben Dante elengedi Vergilius kez´et, hogy majdan a Paradicsomon ´ at Beatrice vezesse tov´abb, a F´eny fel´e ... • Kod´ aly Zolt´ an: Psalmus Hungaricus c´ım˝ u, 395 u uv´e¨temb˝ol ´all´o m˝ nek aranymetsz´esi pontja a 245. u u mondanival´oja: ¨tem. Itt tal´alhat´o a m˝ Istenbe vessed bizalmadat. • Bart´ ok B´ ela: Cantata Profana c´ım˝ u 122 soros csod´alatos m˝ uve els˝o epikai r´esze 99 soros. Ennek aranymetsz´esi pontja a 61-62. sor, itt ezt tal´ aljuk: Kedves gyermekeim, Gyertek, gyertek haza ...

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

362

´derek 7. Polie

• Bart´ ok B´ ela: K´ ekszak´ all´ u herceg v´ ara c´ım˝ u oper´aj´anak aranymetsz´esi pontja az 5. ajt´ o, a zene modul´arisan visszat´er minden zen´ek alaphangnem´ehez, a C-d´ urhoz. A sz¨ovegben ezt tal´aljuk: K´ekszak´ all´ u: L´ asd ez az ´en birodalmam, Messze n´ez˝ o sz´ep k¨ony¨okl˝om. Ugye, hogy sz´ep nagy orsz´ag? Judit: Sz´ep ´es nagy a te orsz´agod. K´ekszak´ all´ u: Most m´ ar Judit mind a tied. Itt lakik a hajnal, alkony, Itt lakik nap, hold ´es csillag, S l´eszen neked j´ atsz´ot´arsad. 7.4.3.3. A heged˝ u fel´ep´ıt´ese Pitagorasz felfedezi a rezonancia alapt¨orv´eny´et, miszerint a hang magass´aga a rezg˝ o h´ ur hossz´ anak a f¨ uggv´enye. Ennek ´ertelm´eben a hangk¨oz¨oket a h´ urhosszak ar´ anyaival fejezheti ki, a h´ urhossz felez´ese meghat´arozott m´ert´ekben emeli a hangmagass´ agot, ugyan´ ugy mint a k´etharmados vagy a n´egyharma´ dos ar´ any haszn´ alata. Eszreveszi, hogy az emberi f¨ ul sz´am´ara kell˝ok´eppen sz´etv´ alaszthat´ o magass´ agok elk¨ ul¨on´ıt´es´ere elegend˝o, ha a felez´eshez tartoz´ o k¨ ul¨ onbs´eget h´et r´eszre osztjuk, ´ıgy a teljes h´ urhosszhoz tartoz´o hangr´ol (azt is sz´ amolva) nyolc l´ep´esben ´er¨ unk el a f´el h´ urhosszhoz tartoz´o hangmagass´ agig, ´es innen minden ism´etelhet˝o. Ezen k´et hangot c´elszer˝ u ugyan´ ugy nevezni. Mivel a nyolcadik hangr´ol van sz´o (Pitagorasz nem haszn´alja ´es nem tartja term´eszetes sz´ amnak a null´at) azt mondjuk, hogy a f´el h´ urhosszhoz egy okt´ avval magasabban fekv˝o, ugyan´ ugy nevezett hang tartozik, mint a teljeshez. A tov´ abbi beoszt´ ashoz tov´abbi k´ezenfekv˝o h´ urhosszar´anyokat tekinthet¨ unk kiindul´ asi pontnak, a k´etharmad h´ urhossz adja az ¨ot¨odik hangot, a h´ aromnegyed h´ urhosszhoz tartozzon a negyedik hang, ´es ´ıgy l´etre is hoztuk a kvint ´es kvart hangk¨ oz¨oket. Az okt´avhoz ´es a kvinthez tartoz´o nyolcas ´es ¨ ot¨ os sz´ am haszn´ alata Pitagorasz ´es k¨ovet˝oi sz´am´ara k´ezenfekv˝o volt, hiszen remek¨ ul beleillett a megfelel˝o h´ urhosszar´anyok sor´aba, l´enyeg´et tekintve ma sem ismer¨ unk t¨ ok´eletesebb rendszert, annak ellen´ere, hogy nyilv´anval´oan ellentmond´ asokkal kell szemben´ezn¨ unk. 12 kvint megt´etele ut´an ugyan´ ugy nevezett hangot kapunk, mintha h´et okt´avot tenn´enk meg, hiszen mindk´et esetben a negyvenkilencedik hangra ´er¨ unk. A k´et fizikai hang k¨oz¨ott azonban m´erhet˝ o k¨ ul¨ onbs´egnek kell lennie, mert a megsz´olaltatand´o h´ urhosszak nem

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

363

´ k birodalma 7.4. A csoda

azonosak, hiszen az

 7 1 , 2

 12 2 3

sz´ amok egyenl˝ os´eg´eb˝ ol 312 = 531441 illetve 219 = 524288 sz´ amok egyenl˝ os´ege k¨ ovetkezne. A frekvenciaviszony teh´at 531441 = 1, 0136433, 524288 ami nyolcadhangnyi elt´er´est jelent a k´et hang k¨oz¨ott. Ezt nevezik pitagoraszi komm´ anak. A pitagoraszi hangsor keretein bel¨ ul egyetlen kvint megv´altoztat´ as´ aval az ellentmond´ as feloldhat´o, de m´as megold´as is lehets´eges. A temper´ alt hangsorok megad´ as´ aval t¨obben foglalkoztak. Sz´amunkra is ´erdekes, hogy a Bolyaiak is adtak meg hangsort. A pitagoraszi hangsor m´ely¨ ul˝o hangokkal a h´ urhosszak k¨ ovetkez˝ o n¨ ovel´es´evel kaphat´o: 9 81 4 3 27 243 ,2 1, , , , , , 8 64 3 2 16 128 m´ıg a Bolyai Farkas´e: 9 81 4 3 5 15 1, , , , , , , 2. 8 64 3 2 3 8 Nem meglep˝ o, hogy ilyen el˝ozm´enyek mellett a heged˝ u fel´ep´ıt´ese sem n´elk¨ ul¨ ozhetett n´emi sz´ ammisztik´at. A pitagoraszi term´eszetes sz´amokhoz igaz´ıtott vil´ agegyetemet a heged˝ u kialak´ıt´as´anak kor´ara azonban felv´altja az isteni beavatkoz´ ast sugall´ o aranymetsz´es ir´anti rajong´as, a nagy heged˝ uk´esz´ıt˝ok ´altal meg´ almodott t¨ ok´eletes akusztik´aj´ u hangszer minden t´enyleges ar´any´aban az isteni ar´ anyt sugallja. Nem tudhatjuk, hogy l´etezik-e teljesen m´as m´eretez´es mellett a hangszerek kir´alyn˝oj´en´el t¨ok´eletesebben m˝ uk¨od˝o akusztikus szerkezet, az azonban bizonyos, hogy a mai hangi k¨ovetelm´enyeket kiel´eg´ıt˝o heged˝ u m´eretez´ese a gyakorlatban tizedmillim´eter pontoss´agig meghat´arozott. A szerepl˝ o ar´ anyokat a szerz˝o ´altal k´esz´ıtett heged˝ u fot´oj´an mutatjuk be (l´ asd a sz´ınes mell´ekletet). L´enyeg´eben az aranymetsz´es ar´any´at lehet felfedezni a • nyak : korpusz (a k´epen a Haj´os-k¨onyv : heged˝ utest),

• korpusz fels˝ o r´esz: korpusz marad´ek r´esze (Hilbert-k¨onyv f¨ ugg˝oleges ir´anyban : Hilbert-k¨ onyv als´ o ´ele alatti r´esz), • korpusz homor´ u r´esz: korpusz fels˝o r´esz (heged˝ utest k¨oz´eps˝o karcs´ u r´esze : Hilbert-k¨ onyv),

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

364

´derek 7. Polie

• korpusz homor´ u r´esz minim´alis sz´eless´ege : fels˝o r´esz maxim´alis sz´eless´ege, • csiga: nyak t¨ obbi r´esze • fog´ olap korpusz feletti r´esze: nyakhoz ragasztott r´esze

viszonylat´ aban.

7.4.4. Ku onleges testek ¨ l¨ Ebben az alfejezetben olyan testeket ´ırunk le, melyek valamilyen szempontb´ol k¨ ul¨ onlegesnek tekinthet˝ ok. Az inform´aci´o´araml´as korunkban az internet r´ev´en hihetetlen¨ ul felgyorsult. A k¨onyv¨ unk ezen fejezet´eben szerepl˝o ´erdekess´egek z¨ ome teljes r´eszletess´eggel, remek illusztr´aci´okkal t´argyalva van honlapokon, internetes lexikonokban. R¨oviden le´ırjuk azon tulajdons´agukat, melynek alapj´ an k¨ ul¨ onlegesnek tekinthet˝ok, mell˝ozve a r´eszletes ismertet´est. Miel˝ott a megadott forr´ as alapj´ an keresn´enk r´eszletes le´ır´ast, pr´ob´aljuk magunkt´ol meg´erteni (kital´ alni) szerkezet¨ uket, ´es azon jelens´eg ok´at, melyet illusztr´alnak. 7.4.4.1. Kepler–Poinset-f´ele szab´ alyos testek Ha nem ragaszkodunk a konvexit´ashoz a szab´alyoss´ag defin´ıci´oj´aban, a plat´oni testeken k´ıv¨ ul tal´ alunk m´eg n´egy szab´alyos testet. Kett˝ot Kepler a m´asik kett˝ ot Poinset ´ırja le el˝ osz¨ or, majd Cauchy igazolja, hogy nincs is t¨obb. Forr´ as: http://www.korthalsaltes.com/cuadros.php?type=k 7.4.4.2. Monogramkock´ ak ´ Erdekes kih´ıv´ as olyan poli´edereket (testeket) k´esz´ıteni, melyek ´arny´eka k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ir´ anyokban el˝ ore adott bet˝ uk. Egy ilyen test tal´alhat´o Douglas R. Hofstadter: G¨ odel, Escher, Bach c. k¨onyv´enek a c´ımlapj´an. Ennek ´arny´ekai rendre a G,E,B bet˝ uket form´azz´ak, utalva a l´atsz´olag t´avoli ter¨ uleteken dolgoz´ o intellektusok azonos gy¨oker´ere. Anal´og m´odon elk´esz´ıthetj¨ uk saj´at monogramkock´ ankat”, ahogy azt ´abr´ankon l´athatjuk. A testnek a t´er hat ” ir´ any´ ab´ ol k´esz´ıtett¨ uk el az ´ arny´ek´at egy kock´ab´ol kiv´agott t´erbeli hatoldal´ u vet´ıt˝ ofalra. 7.4.4.3. A Cs´ asz´ ar-f´ele test A Cs´ asz´ ar-f´ele test egy olyan poli´eder, aminek 7 cs´ ucsa ,21 ´ele ´es 14 h´aromsz¨ oglapja van. Az ´erdekess´ege az, hogy ´atl´oi nincsenek, tetsz˝oleges k´et cs´ ucsot ´el k¨ ot ¨ ossze. Az Euler-t´etelb˝ ol azonnal k¨ovetkezik, hogy ha a tetra´edert˝ol k¨ ul¨ onb¨ ozik, nem lehet a karakterisztik´aja 2, ´ıgy a Cs´asz´ar-f´ele poli´eder egy ” lyukat tartalmaz´ o”, a t´ orusszal homeomorf 0 karakterisztik´aj´ u poli´eder. Az ´elgr´ afja egy h´etpont´ u teljes gr´af, a konstrukci´oja tengelyes szimmetri´aval is

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

365

´ k birodalma 7.4. A csoda

7.19. ´abra. Csillagtestek

7.20. ´abra. Monogramkocka

elk´epzelhet˝ o. N´egy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o lehet˝os´eg van az el˝o´all´ıt´as´ara, ahol a k¨ ul¨onb¨oz˝ os´eget a folytonos deform´ aci´oval val´o ´atalak´ıthat´os´ag alapj´an defini´alhatjuk.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

366

´derek 7. Polie

7.21. ´abra. A Cs´asz´ar-f´ele test Magasabb dimenzi´ okban a szimplext˝ol k¨ ul¨onb¨oz˝o (ak´ar konvex), ugyanezzel a tulajdons´ aggal rendelkez˝o poli´edereket a momentumg¨orbe seg´ıts´eg´evel adhatunk meg, ezeket szomsz´eds´agi” polit´opoknak nevezik. ” Forr´ as: http://hu.wikipedia.org/wiki/Cs´asz´ar-f´ele test 7.4.4.4. Szilassi poli´edere

7.22. ´abra. A Szilassi-f´ele test A Szilassi-poli´eder a Cs´ asz´ar-f´ele test du´alisa. Konk´av poli´eder h´et hatsz¨ oglet˝ u lappal, 21 ´ellel, 14 cs´ uccsal. A tetra´eder mellett az egyetlen olyan poli´eder, amire teljes¨ ul, hogy b´armely k´et lapj´anak van k¨oz¨os ´ele. Term´esze´ ankr´ol tesen ez is nulla karakterisztik´aj´ u test, azaz lyukas, mint a t´orusz. Abr´ rekonstru´ alhat´ o a szerkezete, mely kombinatorikusan igen egyszer˝ u. Forr´ as: http://hu.wikipedia.org/wiki/Szilassi-f´ele test

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

367

´ k birodalma 7.4. A csoda

7.4.4.5. Schwartz-f´ele lampion

7.23. ´abra. Mi a felsz´ın? A felsz´ın defini´ al´ asa a geometria egyik neh´ez k´erd´ese. A konvex test t´erfogata meghat´ arozhat´ o a be´ırt poli´ederek t´erfogat´anak legkisebb fels˝o hat´arak´ent. Ugyanez nem mondhat´o el a felsz´ınr˝ol. Schwartz lampionja a k¨orhengerbe ´ırt h´ aromsz¨ oglapokb´ ol ´all´o fel¨ uletdarab, mely az adatainak alkalmas v´ alaszt´ as´ aval a k¨ or´e ´ırt k¨ orhenger felsz´ın´en´el nagyobb felsz´ın´ert´eket ad. Forr´ as: http://www.mathcurve.com/polyedres/lampion/lampion.shtml 7.4.4.6. Konvex test cs´ unya ´ arny´ekhat´ arral

7.24. a´bra. Mi az ´arny´ekhat´ar? A konvex test egy adott ir´ anyra vonatkoz´o ´arny´ekhat´ara alatt azon fel¨ uleti pontjainak o uk, amelyekben a testet az ir´annyal p´arhuzamos ¨sszess´eg´et ´ertj¨ egyenesek ´erintik. Az ´ arny´ekhat´ar a legt¨obb esetben 1- ´es 2-dimenzi´os, a fel¨ uleten elhelyezked˝ o topologikus sokas´agok uni´oja. P´eld´ankban egy korl´atos,

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

368

´derek 7. Polie

z´ art ´es konvex testet l´ athatunk, melynek f¨ ugg˝oleges ir´any´ u ´arny´ekhat´ara igencsak cikkcakkos, tetsz˝ oleges ilyen ir´any´ u ´erint˝oegyenes´en van olyan ´arny´ekhat´ arhoz tartoz´ o pont, amelynek nincs olyan k¨ornyezete, melyre megszor´ıtva az ´ arny´ekhat´ art az topologikus sokas´ag lenne. Forr´ as: http://www.math.bme.hu/ ghorvath/bisector.htm 7.4.4.7. A g¨ omb¨ oc

7.25. ´abra. G¨omb¨oc

7.26. ´ abra. Egyens´ ulyi helyzetek sz´ama A g¨ omb¨ oc egy konvex, homog´en anyag´ u test, amelynek egy stabil ´es egy instabil egyens´ ulyi helyzete van v´ızszintes fel¨ uleten. A konvexit´as fontos kik¨ot´es: a konk´ av testek nem mindig a fel¨ ulet¨ uk¨on g¨ord¨ ulnek, emiatt konk´av g¨omb¨oc¨ ot k¨ onny˝ u l´etrehozni. Az egyetlen stabil helyzettel rendelkez˝o form´akat monostatikusnak nevezz¨ uk, az egyetlen stabil ´es egyetlen instabil egyens´ ullyal

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

369

´ s szaba ´ lyos polie ´derek 7.5. n-dimenzio

rendelkez˝ o form´ akat pedig mono-monostatikusnak. A g¨omb¨oc egy homog´en mono-monostatikus test. Forr´ as: http://www.gomboc.eu/ 7.4.4.8. Alexander szarvas g¨ ombje A s´ıkbeli Jordan–Sch¨ onflies-t´etel szerint a topologikus k¨or a s´ıkot k´et r´eszre v´ agja, a g¨ omb ezen r´eszek k¨oz¨os hat´ara, s˝ot mi t¨obb, a k´et r´esz k¨ ul¨onk¨ ul¨ on homeomorf a metrikus k¨or ´altal defini´alt k´et s´ıkdarabbal. Alexander p´eld´ aja szerint a t´erben hasonl´o er˝os´ıt´ese a Jordan–Brouwer-t´etelnek nincs. A standard g¨ omb ´ altal l´etrehozott t´erdarabok egyszeresen ¨osszef¨ ugg˝oek, azaz tetsz˝ oleges egyszer˝ u z´ art g¨orb´ej¨ uk pontra h´ uzhat´o. Alexander p´eld´aj´aban ez csak a bels˝ o t´erdarabra igaz, a szarvas g¨omb” ´altal l´etrehozott korl´atos ” t´erdarab a g¨ ombbel egy¨ utt homeomorf egy t¨om¨or g¨ombbel (l´asd a sz´ınes mell´ekletet. A nemkorl´ atos t´err´esz viszont nem egyszeresen ¨osszef¨ ugg˝o, ´ıgy nem lehet homeomorf a metrikus g¨omb ´altal l´etrehozott nem korl´atos t´erdarabbal. Forr´ as: http://en.wikipedia.org/wiki/Alexander horned sphere

7.5. n-dimenzi´ os szab´ alyos poli´ ederek Azt ´ all´ıtom, hogy az eml´ıtett ¨ ot testen k´ıv¨ ul nem szerkeszthet˝ o m´ as egyenl˝ o oldal´ u, egyenl˝ o sz¨ og˝ u ´es egym´ assal egyenl˝ o lapok ´ altal k¨ ozrefogott test.

Eukleid´esz: Elemek, XIII. k¨ onyv Ezen fejezetben a h´ aromdimenzi´os szab´alyos poli´eder fogalm´at ´altal´anos´ıtva az n-dimenzi´ os szab´ alyos poli´ederek oszt´alyoz´as´at adjuk. A fejezetben konvex poli´ederekkel foglalkozunk, a szab´alyos poli´eder n´alunk defin´ıci´o szerint konvex. El˝ osz¨ or a szab´ alyoss´ agot fogalmazzuk meg magasabb dimenzi´oban is haszn´ alhat´ o m´ odon. A poli´eder k´et cs´ ucsa szomsz´edos, ha ´ellel vannak ¨osszek¨ otve. A poli´eder cs´ ucsalakzata alatt a tov´abbiakban az adott cs´ ucs szomsz´edainak konvex burk´ at ´ertj¨ uk. Vil´agos, hogy n-dimenzi´os poli´eder cs´ ucsalakzata ´ altal´ anos esetben egy n-dimenzi´os konvex poli´eder. 7.5.1. Defin´ıci´ o. A P konvex poli´eder Γ(P ) szimmetriacsoportja a t´er azon ϕ egybev´ ag´ os´ agait tartalmaz´ o csoport, melyek P -t invari´ ansan hagyj´ ak. 7.5.2. Defin´ıci´ o. A P konvex poli´eder egy Z z´aszl´oja a P lapjainak egy maxim´ alis l´ anca a P laph´ al´ oj´ ara n´ezve. A P z´ aszl´ oinak halmaz´ at Z(P )-vel jel¨ olj¨ uk. 7.5.3. Defin´ıci´ o. A P konvex poli´eder szab´alyos, ha szimmetriacsoportja, Γ(P ) tranzit´ıvan hat a z´ aszl´ oi halmaz´ an, Z(P )-n, azaz tetsz˝ oleges k´et z´ aszl´ ohoz van olyan szimmetria, amely az els˝ ot a m´ asodikba viszi. A szab´ alyos poli´eder alaptulajdons´agai a k¨ovetkez˝ok:

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

370

´derek 7. Polie

• ´ırhat´ o k¨ or´e g¨ omb;

• a k-dimenzi´ os lapjai egybev´ag´o szab´alyos poli´ederek;

• a cs´ ucsalakzatai egybev´ ag´o (n − 1)-dimenzi´os poli´ederek. Az els˝ o tulajdons´ ag bizony´ıt´as´ahoz tekints¨ unk egy koordin´ata-rendszert az euklideszi t´erben ´es jel¨ olj¨ uk vi -vel a cs´ ucsok helyvektorait, ahol i = 1 · · · σ. Az P vi s= i σ vektorra alkalmazva Γ(P ) egy elem´et, ϕ = ϕ0 + t-t, ahol ϕ0 line´aris t pedig fix vektor, azt tapasztaljuk, hogy P P  ϕ0 (vi ) + t vi +t= i =s ϕ(s) = ϕ0 (s) + t = ϕ0  i σ σ

teljes¨ ul, k¨ ovetkez´esk´eppen ϕ(s − vj ) = s − ϕ(vj ) = s − vk ´all fenn a vj cs´ ucs vk = ϕ(vj ) k´ep´ere vonatkoz´olag. Mivel P szab´alyos, ´es minden szerepl˝o ϕ t´ avols´ agtart´ o, ez´ert az s helyvektor v´egpontj´at´ol P valamennyi cs´ ucsa egyenl˝o t´ avols´ agra van, teh´ at s a k¨ or¨ ul´ırt g¨omb k¨oz´eppontja. A m´ asodik tulajdons´ agot csak az n−1-dimenzi´os lapok eset´ere igazoljuk, az altal´ ´ anos eset indukci´ oval k¨ onnyen l´athat´o. Legyen F1 , F2 k´et n−1-dimenzi´os lap, Z1′ Z2′ k´et tetsz˝ oleges z´ aszl´ojuk. Ezen z´aszl´ok, kieg´esz´ıtve P -vel, a P k´et Z1 , Z2 z´ aszl´ oj´ anak tekinthet˝ ok. Van teh´at olyan szimmetria, amely Z1 -et Z2 be viszi, ez egy´ uttal egybev´ ag´os´ag F1 ´es F2 k¨oz¨ott. Azaz az n − 1-dimenzi´os poli´ederek egybev´ ag´ o konvex poli´ederek. Ezek ut´an tekinthetj¨ uk F1 k´et z´aszl´ oj´ at, melyek szint´en kieg´esz´ıthet˝ok a P teljes z´aszl´oiv´a. Alkalmazva a szimmetriacsoport tranzitivit´ as´ at, majd a kapott egybev´ag´os´agot az F1 affin alter´ere megszor´ıtva kapjuk, hogy Γ(P )|affF1 tranzit´ıvan hat F1 z´aszl´oin. Mivel ezen csoport valamennyi eleme Γ(F1 )-nek is eleme, F1 szab´alyos poli´eder. A harmadik tulajdons´ ag igazol´as´ahoz vegy¨ uk ´eszre, hogy a cs´ ucsalakzat (n − 1)-dimenzi´ os konvex poli´eder. Legyen C, C ′ szomsz´edos cs´ ucsp´ar, O a szab´ alyos poli´eder k¨ oz´eppontja. Tetsz˝oleges C-t ´es O-t helyben hagy´o egybev´ ag´ os´ ag C ′ -t egy C-vel szomsz´edos m´asik C ′′ cs´ ucsba viszi u ´gy, hogy a CC ′ O△ egy vele egybev´ ag´ o h´aromsz¨ogbe megy ´at. A k´et h´aromsz¨og C ′ , illetve C ′′ cs´ ucsaihoz tartoz´ o magass´againak a talppontja ugyanaz, k¨ovetkez´esk´eppen a C ′ C ′′ szakasz mer˝oleges a CO egyenesre. Ebb˝ol azonnal kapjuk, hogy a C-vel szomsz´edos cs´ ucsok a C ′ -n kereszt¨ ulhalad´o OC egyenesre mer˝ oleges hipers´ık pontjai, ´ıgy konvex burkuk n − 1-dimenzi´os konvex poli´eder. Tekintettel el˝ oz˝ o´ all´ıt´ asunkra, k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o cs´ ucshoz tartoz´o cs´ ucsalakzatok egybev´ ag´ oak, mert az egyik cs´ ucshalmaza a P egy j´ol v´alasztott szimmetri´aj´ aval a m´ asik cs´ ucshalmaz´ aba vihet˝o. El´eg teh´at egy cs´ ucsalakzat – p´eld´aul a

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ s szaba ´ lyos polie ´derek 7.5. n-dimenzio

371

C cs´ ucshoz tartoz´ o – szab´ alyoss´ag´at kimutatni. A tov´abbiakban jel¨olj¨ uk Hval a cs´ ucsalakzat hipers´ıkj´ at, mag´at a cs´ ucsalakzatot Q-val. P ´es Q laph´al´oja k¨ oz¨ ott felfedezhetj¨ uk a k¨ ovetkez˝o kapcsolatot, ha F a P valamely, a C-cs´ ucsot tartalmaz´ o k-dimenzi´ os lapja, akkor F ∩ H a Q egy (k − 1)-dimenzi´os lapja, ´es ford´ıtva, tetsz˝ oleges Q-beli G (k − 1)-dimenzi´os laphoz egy´ertelm˝ uen hozz´ arendelhetj¨ uk a P azon k-dimenzi´os lapj´at, mely r´eszhalmazk´ent tartalmazza G-t ´es a C cs´ ucsot is. Ezen lap nem m´as mint P ∩ aff({G ∪ C}). Q k´et z´ aszl´ oja legyen Z1′ , Z2′ . El˝obbi megfeleltet´es¨ unk alapj´an ezekhez rendelhet¨ unk Z1 , Z2 z´ aszl´ okat Z(P )-b˝ol, melyek tetsz˝oleges lapjainak metszete H-val az ugyanolyan index˝ u Zi′ eggyel kisebb dimenzi´os lapja. Ha ϕ(Z1 ) = Z2 , ak′ ′ kor ϕ(Z1 ) = Z2 is teljes¨ ul, ez´ert ugyanez ´all a ϕ|H lek´epez´esre is, ami Q affin alter´enek egybev´ ag´ os´ aga, ´ıgy Q szimmetri´aja is. ´Igy ´all´ıt´asunkat igazoltuk, Q szint´en szab´ alyos poli´eder. A k¨ ovetkez˝ okben igazoljuk, hogy a fenti m´asodik ´es harmadik tulajdons´aggal rendelkez˝ o poli´eder szab´ alyos a mi defin´ıci´onk ´ertelm´eben is. ´Igy ezen k´et tulajdons´ ag seg´ıts´eg´evel indukt´ıv m´odon lehet defini´alni ugyanazt a poli´ederhalmazt. T¨ ort´enetileg el˝ osz¨ or ´ıgy defini´alt´ak a szab´alyos poli´edert, k´es˝obb t´ertek ´ at az ´ altal´ anos´ıt´ asokhoz jobban elvezet˝o z´aszl´os defin´ıci´ora. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a k´et ´es h´ aromdimenzi´os esetek le´ır´asa is ezen klasszikus defin´ıci´o alapj´ an t¨ ort´ent. 7.5.1. T´ etel. Ha egy konvex P poli´eder (n − 1)-dimenzi´ os lapjai egybev´ ag´ o (n − 1)-dimenzi´ os szab´ alyos poli´ederek, tov´ abb´ a cs´ ucsalakzatai is (n − 1)dimenzi´ os egybev´ ag´ o szab´ alyos poli´ederek, akkor a poli´eder szab´ alyos. Bizony´ıt´ as: Tekints¨ uk a poli´eder k´et cs´ ucs´at, a C, illetve D cs´ ucsokat. Az ezekb˝ ol indul´ o ´elek egyenl˝ o hossz´ uak a hiperlapok egybev´ag´o ´es szab´alyos volta miatt. Mivel a tekintett v´egpontt´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o cs´ ucsaik a hozz´ajuk tartoz´o cs´ ucsalakzat cs´ ucsait adj´ ak, ezek pedig szint´en egybev´ag´o szab´alyos poli´ederek, a k´et g´ ula, amit a cs´ ucs ´es a hozz´atartoz´o cs´ ucsalakzat defini´al, szint´en egybev´ ag´ o egym´ assal. Ez´ert a g´ ula´elek szakaszfelez˝o mer˝oleges s´ıkjai a cs´ ucsot a cs´ ucsalakzat k¨ oz´eppontj´aval o¨sszek¨ot˝o egyenest ugyanabban a pontban metszik, a C cs´ ucs eset´eben ezen pont az OC , a D eset´eben az OD . Ha most vesz¨ unk egy-egy eC , illetve eD ´elet C-n, illetve D-n kereszt¨ ul, akkor ezek C1 , illetve D1 felez˝ opontjaira a CC1 OC △, DD1 OD △ der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogek egybev´ ag´ oak. Tov´ abbl´epve, vegy¨ unk most a k´et ´el¨ unk¨on kereszt¨ ul egyegy 2-dimenzi´ os lapot, ´es ezek k¨oz´eppontj´at jel¨olj¨ uk C2 -vel, illetve D2 -vel. Ekkor a 2-lapok egybev´ ag´ o ´es szab´alyos volta miatt a kapott CC1 C2 OC orthoszk´em egybev´ ag´ o a DD1 D2 OD orthoszk´emmel. Az elj´ar´ast folytathatjuk a cs´ ucsot tartalmaz´ o egy-egy hiperlap Cn−1 , Dn−1 k¨oz´eppontj´aig. Kapjuk, hogy a CC1 · · · Cn−1 OC , illetve DD1 · · · Dn−1 OD orthoszk´emek egybev´ag´oak. Szomsz´edos cs´ ucsokb´ ol elindulva a k¨ozbees˝o lapokat i = 1, · · · , n − 1 eset´en v´ alaszthatjuk k¨ oz¨ osnek. Az egybev´ag´os´agb´ol ekkor azonnal ad´odik, hogy OC = OD ´ all fenn. Mivel a konvex poli´eder felsz´ıne ´el¨osszef¨ ugg˝o, ez´ert

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

372

´derek 7. Polie

minden C cs´ ucshoz ugyanaz az O = OC pont tartozik, ami a poli´eder k¨or´e ´ırhat´ o g¨ ombj´enek a k¨ oz´eppontja is egyben. Az els˝o orthoszk´em megfeleltet´ese a m´ asodiknak tekinthet˝ o a megfelel˝o z´aszl´ok egybev´ag´os´aggal val´o megfeleltet´es´enek. Igazoljuk, hogy az induk´alt egybev´ag´os´ag a poli´eder szimmetri´aja is egyben. Ehhez el´eg l´ atni, hogy minden cs´ ucs k´epe szint´en cs´ ucsa a poli´edernek. Ez vil´ agos azokra a cs´ ucsokra, melyek olyan hiperlaphoz tartoznak, melynek egyik cs´ ucsa C. Tekints¨ unk most egy, az ezen hiperlapok egyik´evel (F -fel) szomsz´edos (azaz (n−2)-lapban csatlakoz´o) G hiperlapot. A fentiekb˝ol r¨ ogt¨ on l´ atszik, hogy tetsz˝ oleges szomsz´edos hiperlapp´ar hajl´assz¨oge megegyezik. Mivel az egybev´ ag´ os´ agunk F -et ´es lapj´at, F ∩ G-t a D-t tartalmaz´o egy F ′ lapba, illetve annak valamely F ′ ∩ G′ lapj´aba viszi, ´es F ′ , G′ lapok hajl´ assz¨ oge megegyezik a k´erd´eses hiperlapsz¨oggel, G k´epe az egybev´ag´os´agn´al ´eppen G′ . Ez´ert a G cs´ ucsai is poli´edercs´ ucsba mennek. Haszn´alva a konvex poli´eder lap¨ osszef¨ ugg˝ os´eg´et, l´ep´esr˝ol l´ep´esre kider¨ ul, hogy a poli´eder cs´ ucsai rendre poli´edercs´ ucsba mennek ´at, azaz a z´aszl´ok megfeleltet´es´et sz´armaztat´o egybev´ ag´ os´ ag a poli´eder szimmetri´aja is egyben. 7.5.1. Kombinatorikus t´ıpusok Schl¨ afli sv´ ajci matematikus hat´arozta meg a szab´alyos testek lehets´eges kombinatorikus t´ıpusait magasabb dimenzi´okban. R´ola nevezt´ek el a szab´alyos poli´ederekhez rendelt szimb´ olumot, mely a k´es˝obbiekben Coxeter majd Dynkin ´ altal lett kiterjesztve ´ altal´anosabb poli´eder le´ır´as´ara. 7.5.4. Defin´ıci´ o. Legyen P szab´ alyos n-dimenzi´ os poli´eder. A σ(P ) := {r1 , r2 , · · · , rn−1 } term´eszetes sz´ amokb´ ol ´ all´ o sorozatot indukci´ oval defini´ aljuk. Legyen r1 a P 2-dimenzi´ os lapjainak az oldalsz´ ama, a sorozat fennmarad´ o r´esze pedig σ(Q), ahol Q a P cs´ ucsalakzata. σ(P ) a P Schl¨afli diagramja r¨ oviden diagramja. Bevezet¨ unk m´eg egy param´etert, mely a szab´alyos poli´eder g¨omb¨oly˝ us´eg´et m´eri. Legyen l2 ρ(P ) := 2 , 4r ahol r a P k¨ or´e ´ırt g¨ omb sugara, l a poli´eder ´elhossza. Nevezz¨ uk ρ(P )-t a P param´eter´enek. Az oszt´ alyoz´ as alapj´at a k¨ovetkez˝o ¨osszef¨ ugg´es adja: 7.5.1. Lemma. Legyen P n-dimenzi´ os szab´ alyos poli´eder, Q a cs´ ucsalakzata, r1 a P szimb´ olum´ anak els˝ o eleme, ekkor   cos2 rπ1 . ρ(P ) = 1 − ρ(Q)

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

373

´ s szaba ´ lyos polie ´derek 7.5. n-dimenzio

7.5.1. Megjegyz´ es. A formul´ ab´ ol azonnal levonhat´ o egy-k´et fontos k¨ ovetkeztet´es. Mivel r1 ≥ 3 ´es ρ(P ) > 0, ez´ert ρ(Q) > 41 kell, hogy teljes¨ ulj¨ on. Ebb˝ ol azonnal kapjuk, hogy olyan (n − 1)-dimenzi´ os szab´ alyos test, melynek param´etere nem nagyobb 14 -n´el, nem lehet n-dimenzi´ os szab´ alyos poli´eder cs´ ucsalakzata. Ha ismerj¨ uk az (n − 1)-dimenzi´ os szab´ alyos poli´edereket, akkor ismerj¨ uk azok param´eter´et. Ha egy param´eter nem haladja meg az 1/4 ´ert´eket, akkor a szimb´ olum nem eg´esz´ıthet˝ o ki egy els˝ o elemmel n-dimenzi´ os szimb´ olumm´ a. Ha viszont a param´eter ´ert´eke meghaladja az 41 ´ert´eket, akkor v´eges sok lehet˝ os´eg¨ unk van a szimb´ olumhoz els˝ o r1 ´ert´ek ragaszt´ as´ aval n-dimenzi´ os szimb´ olumot l´etrehozni, hiszen r1 n¨ ovel´es´evel az   cos2 rπ1 ρ(P ) = 1 − ρ(Q) ´ert´ek monoton cs¨ okken, negat´ıv pedig nem lehet. Azaz megadhatjuk dimenzi´ o szerinti n¨ oveked´essel a lehets´eges kombinatorikus t´ıpusok el˝ o´ all´ıt´ as´ at.

r

l

,

l

l

,

l

r

,

7.27. ´abra. A lemma ´abr´ai Bizony´ıt´ as: Legyen ϕ a P poli´eder ´el´ehez tartoz´o k¨oz´epponti sz¨og (a 7.27. abr´ ´ an k´et ´ıvvel jel¨ olt sz¨ og), r, illetve r′ a P , illetve Q k¨or´e ´ırt g¨omb sugara, ′ l, illetve l a P , illetve a Q ´eleinek hossza. Ekkor l´athat´oan: sin ϕ = ahonnan

ϕ l r′ ´es sin = , r 2 2r

ϕ 2 = ρ(P ) = sin 2 



l sin ϕ 2r′

2

.

Ha x a k´etdimenzi´ os lapok k¨or´e ´ırt k¨or sugara, akkor l = 2 sin

www.interkonyv.hu

2π 2π x ´es l′ = 2 sin x 2r1 r1

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

374

´derek 7. Polie

teljes¨ ul, ez´ert 2π sin 2r l 1 1 = = . 2π ′ l 2 cos rπ1 sin r1

Innen a ρ(P ) =

l′ sin ϕ 4r′ cos rπ1

!2

sin ϕ2 cos ϕ2 cos rπ1

= ρ(Q)

!2

=

ρ(Q) ρ(P ) (1 − ρ(P )) cos2 rπ1

egyenl˝ os´eg ad´ odik, aminek egyszer˝ us´ıtett ´es ´atrendezett alakja az ´all´ıt´asban kimondott egyenl˝ os´eg. K´esz vagyunk teh´ at a lehets´eges szimb´olumok el˝o´all´ıt´as´ara. Mivel a kezd˝o d = 2 dimenzi´ os eset megfelel˝o eredm´enyeit ismerj¨ uk, a k¨ovetkez˝o t´abl´azathoz juthatunk el: d=2 σ(P )

d=3

ρ(P )

σ(P )

ρ(P )

σ(P )

{3, 3, 3} {3, 3} {3}

3 4

2 3

{4, 3, 3} {5, 3, 3}

{5, 3} {4}

1 2

{5}

√ 5− 5 8

{n ≥ 6} sin2

⇒

π n

{3, 4}

⇒ {3, 5}

1 ⇒ 3 √ 3− 5 ; 6 1 2

ρ(P )

5 8

⇒

√ 5− 5 10

ρ(P )

{3, 3, · · · , 3}

d+1 2d

{4, 3, · · · , 3}

1 d

;

{3, · · · , 3, 4}

1 2

⇒

⇒

1 ; 4 √ 7−3 5 ; 16

{3, 4, 3}

1 4

;

{3, 3, 4}

1 2

⇒

⇒ {3, 3, 5}

σ(P )

⇒

⇒

⇒

{4, 3}

d≥5

d=4

√ 3− 5 8

;

;

7.5.2. Szimplex, kocka, keresztpolit´ op A t´ abl´azatb´ ol nyomon k¨ ovethet˝o, hogy mely szab´alyos testnek lehet b´armely dimenzi´ os realiz´ al´ asa, ´es melyik tekinthet˝o (ha l´etezik) az adott dimenzi´o saj´ at szingularit´ as´ anak. V´eg¨ ul is csak h´arom univerz´alis szab´alyos testet tal´ alunk, a tetra´eder, az okta´eder ´es a kocka megfelel˝oit. Ebben az alfejezetben

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ s szaba ´ lyos polie ´derek 7.5. n-dimenzio

375

ezek l´etez´es´et igazoljuk. Az n-dimenzi´ os kocka defini´al´asa az indukci´os defin´ıci´ o alapj´ an igen egyszer˝ u. 7.5.2.1. n-dimenzi´ os S szab´ alyos szimplex

7.28. ´abra. Szimplexek Az S n-dimenzi´ os szab´ alyos szimplexet defini´aljuk, mint az (n + 1)-dimenzi´ os t´er egy der´eksz¨ og˝ u koordin´ata-rendszere ei i = 1, · · · , n + 1 b´azis egys´eghelyvektorai konvex burk´ at. A szab´alyoss´ag k¨onnyen ellen˝orizhet˝o, hiszen minden z´ aszl´ o k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u megfeleltet´esben van a defini´al´o helyvektorok egy permut´ aci´ oj´ aval, ´es a koordin´at´ak permut´aci´oja a t´er egybev´ag´ os´ ag´ at induk´ alja, amely teh´at a szimplex szimmetri´aja is egyben. A teljes szimmetriacsoport az Sn+1 -gyel jel¨olt permut´aci´ocsoport. Elemsz´ama (n+1)!. A szimplex cs´ ucsalakzata szimplex, ez´ert a szimb´oluma σ(S) = {3, 3, · · · , 3}. 7.5.2.2. n-dimenzi´ os C kocka Az 1-dimenzi´ os kocka a szakasz, a 2-dimenzi´os a n´egyzet, a 3-dimenzi´os a kocka. Ezek l´eteznek, ahogy ezt kor´abban l´attuk. Az indukci´os feltev´es szerint az (n − 1)-dimenzi´ os kocka l´etezik egy tetsz˝oleges (n − 1)-dimenzi´os hipers´ıkban. Toljuk el a hipers´ıkra mer˝oleges ir´anyban az ´elhossz´aval, majd tekints¨ uk a kiindul´ asi kocka ´es az eltolt konvex burk´at. A kapott konvex poli´eder szab´ alyos, mert a hengerkonstrukci´o miatt a k´et defini´al´o hiperlapj´an k´ıv¨ uli valamennyi hiperlapja szint´en ezekkel egybev´ag´o kocka, ´es a cs´ ucsalakzatok a szimplex defin´ıci´ oja alapj´an (n − 1)-dimenzi´os egybev´ag´o szab´alyos szimplexek. A szimb´ olum teh´at σ(C) = {4, 3, · · · , 3}. A szimmetriacsoportot a k¨ oz´ephipers´ıkokra mint koordin´ata-hipers´ıkokra vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´esek ´es a

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

376

´derek 7. Polie

7.29. ´abra. Kock´ak koordin´ ata-permut´ aci´ ok gener´alj´ak. A csoportot Bn -nel jel¨olj¨ uk, elemsz´ama: 2n n!. 7.5.2.3. n-dimenzi´ os K keresztpoli´eder

7.30. ´abra. Keresztpoli´ederek

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ s szaba ´ lyos polie ´derek 7.5. n-dimenzio

377

Az n-dimenzi´ os koordin´ ata-egys´egvektorok 2n v´egpontj´anak a konvex burka. Defin´ıci´ o szerint valamennyi hiperlapja (n−1)-dimenzi´os szab´alyos szimplex (term´eszetesen egybev´ ag´oak). Cs´ ucsalakzatai indukci´o szerint (n − 1)dimenzi´ os szab´ alyos egybev´ ag´o keresztpoli´ederek, azaz maga is szab´alyos poli´eder. A h´ aromdimenzi´ os p´eld´anya az okta´eder, ennek cs´ ucsalakzata n´egyzet, ez´ert a szimb´ oluma σ(C) = {3, 3, · · · , 4}. Szimmetriacsoportja ugyanaz mint a neki megfelel˝ o kock´ a´e Bn . A kocka ´es a keresztpoli´eder du´alis testek, azaz minden kombinatorikai adatvektoruk, a szimb´olumuk, a lapvektoraik egym´ as ford´ıtott sorrendben val´o le´ır´as´aval kaphat´ok. Geometriailag a kocka hiperlap-k¨ oz´eppontjainak konvex burka keresztpoli´eder, ´es ez ford´ıtva is teljes¨ ul. A defin´ıci´ onknak megfelel˝o kock´ab´ol a k´etszer alkalmazott vegy¨ uk a ” u k¨oz´eppontosan hasonl´o lapk¨ oz´eppontok konvex burk´at” el˝o´ır´as egy n1 ar´any´ kock´ at ´ all´ıt el˝ o. 7.5.3. N´ egydimenzi´ os szab´ alyos poli´ ederek Mint minden kett˝ ohatv´ any-dimenzi´oj´ u t´ernek, a 4-dimenzi´osnak is rendk´ıv¨ uli tulajdons´ agai vannak. Ennek egyik kiemelked˝o p´eld´aja a szimmetriagazdags´ ag, ami hat szab´ alyos testet is eredm´enyez. Ebben a fejezetben igazoljuk, hogy a lehets´eges kombinatorikus t´ıpusok realiz´alhat´oak is. Mivel 4-dimenzi´ oban is van szimplex (pentachoron), kocka (octachoron), keresztpoli´eder (hexadecachoron), m´ar csak a tov´abbi lehet˝os´egek l´etez´es´et kell kimutatnunk. A hiperlapsz´ama ezen poli´edereknek is k¨ ul¨onb¨oz˝o, ez´ert a szok´ asnak megfelel˝ oen ezen sz´am adja n´alunk is az elnevez´es¨ uket. (A standard esetek egy elnevez´ese ezen elv alapj´an: 5-cella, 8-cella, illetve 16-cella.) Az u ´j lehet˝ os´egek pedig rendre: 24-cella, 120-cella, illetve 600-cella. A du´ alis szab´ alyos testek egyes´ıt´es´enek gondolata h´arom dimenzi´oban is fontos testekhez vezet. Pr´ ob´ aljunk meg o¨tv¨ozni k´et szab´alyos testet, melyek egym´ as du´ alisai, azaz azonos a szimmetriacsoportjuk. 3-dimenzi´os k¨oz¨ons´eges ter¨ unkben erre k´et lehet˝ os´eg ad´odik; kocka-okta´eder, dodeka´eder-ikoza´eder. Az elhelyez´es¨ uk olyan kell legyen, hogy a szimmetriacsoportjuk ugyanazon egybev´ ag´ os´ agokat tartalmazz´ak, ez hat´arozza meg a du´alis poz´ıci´ot, azaz az okta´eder legyen k¨ oz´eppontosan hasonl´o a kocka lapk¨oz´eppontjai ´altal meghat´ arozott okta´ederrel, az ikoza´eder a dodeka´eder lapk¨oz´eppontjai ´altal meghat´ arozott ikoza´ederrel. C´elunk megv´alasztani a hasonl´os´ag ar´any´at olyannak, hogy a k´et test cs´ ucsainak uni´oja mint cs´ ucshalmaz ´altal egyenl˝o hossz´ u ´elekkel rendelkez˝ o testet sz´ armaztathassunk. A du´alis poz´ıci´o szerint az els˝o test minden lapj´ at ilyen alap´ u szab´alyos g´ ul´aval szeretn´enk helyettes´ıteni. Erre akkor van lehet˝ os´eg¨ unk, ha a lap k¨oz´eppontja kisebb t´avols´agra van a cs´ ucsait´ ol, mint a lap ´elhossza. Mivel szab´alyos test lapja legfeljebb ¨otsz¨og, ez a felt´etel teljes¨ ul. Ezen a m´odon h´aromsz¨oglapokkal hat´arolt poli´edereket kapunk, ahol a lapok hajl´ assz¨ogei determin´altak, ez´ert el˝ofordulhat, hogy a h´ aromsz¨ oglapok ¨ ossze´ allnak” egy nagyobb oldalsz´am´ u soksz¨oglapp´a. ”

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

378

´derek 7. Polie

Tekints¨ uk el˝ osz¨ or a kocka-okta´eder p´arost. Ha kockalapokhoz adjung´alunk u ´jabb cs´ ucsokat, ezeket a lapk¨oz´eppontok felett f´el lap´atl´onyi t´avols´agra kell elhelyezni ahhoz, hogy az u ´j h´aromsz¨ogek szab´alyoss´ag´at garant´alhassuk. A szab´ alyos g´ ul´ ak alaplapon fekv˝o lapsz¨oge ekkor tan−1

√ π 2> , 4

azaz konk´ av testet kapunk. A cs´ ucsai k´et oszt´alyba sorolhat´oak; a volt kockacs´ ucsokban 6 ´el fut ¨ ossze, ezek defin´ıci´onk szerinti cs´ ucsalakzata egy 8 h´aromsz¨ oglap a ´ ltal hat´ a rolt konvex poli´ e der (k´ e t szab´ a lyos h´aromsz¨og lap 1, illetve q q √

2

√

a = 2 (1+4 2) = 3+22 2 ´elhosszakkal, h´arom-h´arom egyenl˝o sz´ar´ u h´aromsz¨ og a fenti ´elhosszak k´et t´ıpus´anak megfelel˝oen); az okta´edercs´ ucsokban 4-´el fut ¨ ossze, a cs´ ucsalakzat n´egyzet. Ez teh´at igen messze van a szab´alyost´ol.

7.31. ´ abra. Kock´ara ´ırt szab´alyos g´ ul´ak Megv´alaszthatjuk a hasonl´os´ag ar´any´at u ´gy is, hogy az eredeti kocka´elek ne legyenek ´elei az u ´j poli´edernek. Ekkor az ´elegyenl˝os´eg felt´etel´et lecser´elve arra a felt´etelre, hogy a kocka´elek ment´en egys´ık´ u szomsz´edos lapokat kapjunk, a kockalapok feletti pontokat f´el´elmagass´agban kell elhelyezni. A kapott √ test minden ´ele 23 hossz´ us´ ag´ u lesz, lapjai azonban nem lesznek szab´alyosak, √ u ´atl´okkal). K´etf´ele cs´ ucsa van, az egyik hiszen rombuszok (1, illetve 2 hossz´

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

379

´ s szaba ´ lyos polie ´derek 7.5. n-dimenzio

t´ıpus szab´ alyos h´ aromsz¨ og, a m´ asik n´egyzet cs´ ucsalakzattal rendelkezik. 12lap´ u test a dodeka´ederhez hasonl´o fel´ep´ıt´essel, a neve rombdodeka´eder.

7.32. ´abra. Rombdodeka´eder V´eg¨ ul tekinthetj¨ uk az okta´edert els˝o testnek, ´es ekkor egy nevezetes testhez, a Kepler ´ altal stella octangul´a”-nak h´ıvott csillagtesthez jutunk. Ezt k´et ” k¨ oz¨ os k¨ oz´epponttal rendelkez˝o szab´alyos tetra´eder uni´ojak´ent is sz´armaztathattuk volna.

7.33. ´ abra. Stella Octangula (http://www.korthalsaltes.com) A dodeka´eder-ikoza´eder p´ ar is ´erdekes testeket szolg´altat. Ha a dodeka´eder lapjaira szab´ alyos o toldal´ u g´ ul´akat emel¨ unk, a kapott test dodeka´eder´eln´el ¨ l´etrej¨ ov˝ o lapsz¨ oge: α+2β > 139◦ +2 cos−1

www.interkonyv.hu

1 ◦ 2 tan √ 36 3 2

= 139◦ +2 cos−1

1 √ = 138◦ +74◦ > π tan 36◦ 3

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

380

´derek 7. Polie

7.34. ´ abra. Egyenl˝ o oldal´ u, dodeka´eder szimmetri´aj´ u testek (http://en.wikipedia.org/wiki/Small stellated dodecahedron)

konk´ av, ´ıgy a test egyenl˝ o ´el˝ u konk´av test, persze nem szab´alyos, de k¨ozeli rokons´ agban van a Kepler–Poinset-f´ele kis csillagos´ıtott dodeka´ederrel. Ezen ut´ obbit u ´gy kapjuk test¨ unkb˝ol, hogy szab´alyos ¨otoldal´ u g´ ula helyett olyan szab´ alyos ¨ otsz¨ og alap´ u egyenl˝o sz´ar´ u g´ ul´akat ´ep´ıt¨ unk, melyek oldallapjai a dodeka´eder laps´ıkjaiba esnek ( 59◦ -os lapsz¨ogekr˝ol van sz´o 37◦ -osak helyett). Ilyenkor a g´ ulalapok ¨ ossze´ allnak pentagramm´akk´a, melyek szab´alyos csillagotsz¨ ogek. ¨

7.35. ´ abra. Egyenl˝ o oldal´ u, ikoza´eder szimmetri´aj´ u testek (http://en.wikipedia.org/wiki/Great stellated dodecahedron) Az ikoza´ederre ´ep´ıtett egyenl˝o oldal´ u, ikoza´eder szimmetri´aj´ u test, hasonl´ oan az el˝ oz˝ o esethez, szint´en Kepler–Poinset-f´ele testbe deform´alhat´o, ha a

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ s szaba ´ lyos polie ´derek 7.5. n-dimenzio

381

szab´ alyos tetra´edereket megint u ´gy ny´ ujtjuk, hogy a lapok s´ıkjai szab´alyos pentagramm´akk´ a´ alljanak ¨ ossze. Ekkor kapjuk a nagy csillagos´ıtott dodeka´edert. 7.46. ´ abr´ ankon ezt a poli´ederp´art l´atjuk. 7.5.3.1. A 24-cella (icositetrachoron)

7.36. ´ abra. A 24-cella 3-dimenzi´os Schlegel-diagramja (http://en.wikipedia.org/wiki/24-cell) A 4-dimenzi´ os t´erben a fentiekben vizsg´alt konstrukci´o u ´jabb szab´alyos testet eredm´enyez. Mivel minden dimenzi´oban rendelkez´es¨ unkre ´all a kockakeresztpoli´eder du´ alis szab´ alyos testp´ar, ez´ert megpr´ob´alkozhatunk ezen testekb˝ ol egy t˝ ol¨ uk k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o szab´alyos testet l´etrehozni. Induljunk ki a kock´ ab´ ol, ´es a hiperlap-k¨ oz´eppontok felett vegy¨ uk fel egy keresztpoli´eder cs´ ucsait u ´gy, hogy az u ´j pontoknak a kockacs´ ucsokt´ol m´ert t´avols´aga a kocka ´elhossz´ aval legyen egyenl˝ o. Ez megtehet˝o, hiszen a 3-dimenzi´os egys´egkocka √ us´ ag´ u, ´ıgy a keresett pontok hiperlap-k¨oz´eppontt´ol f´el-test´ atl´ oja 23 < 1 hossz´ m´ert t´ avols´ agait 12 -nek v´ alasztva ´eppen ilyen pontokhoz jutunk. A kapott n´egydimenzi´ os g´ ul´ ak oldallapjai n´egyzet f¨ol´e emelt szab´alyos n´egyoldal´ u 3dimenzi´ os g´ ul´ ak, melyek hipers´ıkjainak a 4-dimenzi´os g´ ula alaplapj´aval bez´ art sz¨ oge π4 . Tetsz˝oleges 2-dimenzi´os n´egyzetlaphoz pontosan 2 darab 3dimenzi´ os kockalap illeszkedik kiindul´asi kock´ankban, ez´ert az u ´j testben

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

382

´derek 7. Polie

k´et ilyen szab´ alyos n´egyoldal´ u 3-dimenzi´os g´ ula illeszkedik egym´ashoz ezen k¨ oz¨ os n´egyzetalap ment´en. Azonban a π4 hajl´ assz¨ogekre tekintettel ezen 3dimenzi´ os g´ ul´ ak k¨ oz¨ os 3-dimenzi´os hipers´ıkba esnek, azaz egy szab´alyos okta´edert alkotnak. ´Igy a 3-dimenzi´os rombdodeka´eder eset´evel ´allunk szemben, a 4-dimenzi´ os g´ ul´ ak hiperlapjai kettes´evel 3-dimenzi´os szab´alyos okta´edereket alkotnak. Ezen okta´ederek mindegyike a kocka egy n´egyzetlapj´at tartalmazza, ez´ert 24 ilyen lapot tal´alunk (a kocka 8 3-dimenzi´os lapja mindegyik´en van 6 n´egyzetlap, melyek mindegyike pontosan 2 darab 3-dimenzi´os lap lapja). A 24 okta´eder mindegyike tartalmaz 8 szab´alyos h´aromsz¨oglapot, melyek mindegyike ´eppen 2 okta´eder k¨oz¨os lapja, azaz test¨ unknek van 96 darab szab´ alyos h´ aromsz¨ oglapja. A cs´ ucsok sz´ama a kocka cs´ ucsai ´es lapjai sz´ am´ anak ¨ osszege, ez´ert szint´en 24. V´eg¨ ul az ´elek sz´am´at megkapjuk, ha a kocka ´eleinek sz´ am´ ahoz (ami ´eppen 32) hozz´aadjuk az ´altalunk l´etrehozott 8 u ´j cs´ ucsb´ ol indul´ o 8 · 8 = 64 u ´j ´elt, ´ıgy ez is 96. A test nyilv´anval´oan konvex, ´ıgy a szab´ alyoss´ ag´ anak igazol´as´ahoz elegend˝o cs´ ucsalakzatait megvizsg´ alni. A 8 u ´j cs´ ucs cs´ ucsalakzata 3-dimenzi´os kocka, tekints¨ unk teh´at egy eredeti kockacs´ ucsot. Ebb˝ ol – mint a t¨obbib˝ol is – ´eppen 8 ´el indul ki, 4 darab a cs´ ucsot tartalmaz´ o 4 kockahiperlaphoz adjung´alt u ´j cs´ ucsba, 4 pedig a cs´ ucsot tartalmaz´ o 4 kocka´elhez tartoz´o szomsz´edos kockacs´ ucsba. A nyolc pont konvex burkak´ent kapott testet k¨onnyen megvizsg´alhatjuk, ha a cs´ ucsokat alkalmas koordin´ ata-rendszerben fel´ırjuk. Kiindul´asi kock´ank cs´ ucspont´j jai legyenek a 21 (±1, ±1, ±1, ±1)T koordin´at´akkal megadott pontok, az u ucs szomsz´edai ekpontok ekkor ±ei helyvektor´ u pontok. Az 12 (1, 1, 1, 1)T cs´ kor az (1, 0, 0, 0)T , (0, 1, 0, 0)T , (0, 0, 1, 0)T , (0, 0, 0, 1)T u ´j cs´ ucsok mellett az 1 1 1 1 ucsok. 2 (−1, 1, 1, 1), 2 (1, −1, 1, 1), 2 (1, 1, −1, 1), 2 (1, 1, 1, −1) eredeti kockacs´ Most m´ ar k¨ onnyen ellen˝ orizhetj¨ uk, hogy ezen pontok szint´en egy 3-dimenzi´os egys´egkocka cs´ ucspontjai, melynek k¨oz´eppontja az 14 (1, 1, 1, 1) pont, lapjait pedig k´et-k´et u ´j, illetve r´egi cs´ ucs alkotja, mint egy n´egyzet ´atl´oinak k´et-k´et v´egpontja. (P´eld´ aul az (1, 0, 0, 0)T , 12 (1, 1, −1, 1), (0, 1, 0, 0)T , 12 (1, 1, 1, −1) pontn´egyes egy n´egyzetlap n´egy cs´ ucsa.) L´atjuk teh´at, hogy a szimb´oluma {3, 4, 3}. Dirichlet–Voronoi-cellak´ent is fell´ep, a 4-dimenzi´os lapcentr´alt kockar´ acs Dirichlet–Voronoi-cell´aja, ´es mint ilyen, ´erdekes extrem´alis tulajdons´ agokkal rendelkezik. 7.5.3.2. A 120-cella (hecatonicosachoron) Ahogy a dodeka´edert fel lehet ´ep´ıteni szab´alyos ¨otsz¨ogekb˝ol, haszn´alva az ¨otsz¨ og szimmetri´ ait, u ´gy a 120-cell´at is fel lehet ´ep´ıteni dodeka´ederekb˝ol, haszn´ alva a dodeka´eder szimmetri´ait. Mivel a h´aromdimenzi´os t´er egy szab´alyos tetra´eder k¨ oz´eppontj´ ab´ ol kiindul´o f´elegyenesek ´altal n´egy egybev´ag´o v´ egte√ len h´ aromoldal´ u g´ ul´ ara bonthat´o, ahol a g´ ula´elek hajl´assz¨ogei 2 cos−1 33 ≈ 109, 4◦ > 108◦ , ez´ert egy ¨ ot¨odik, a tetra´eder 3-dimenzi´os ter´ere mer˝oleges

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

383

´ s szaba ´ lyos polie ´derek 7.5. n-dimenzio

7.37. ´ abra. A 120-cella 3-dimenzi´os Schlegel-diagramja (http://en.wikipedia.org/wiki/120-cell) egyenes ir´ any´ aban a tetra´eder k¨oz´eppontja felett van olyan pont, melyb˝ol a tetra´eder valamennyi ´ele 108◦ alatt l´atszik. A szab´alyos tetra´eder cs´ ucsait az (1, 0, 0, 0)T , (0, 1, 0, 0)T , (0, 0, 1, 0)T , (0, 0, 0, 1)T koordin´at´akkal ell´atva az eml´ıtett P pont koordin´ at´ ai (t, t, t, t) alakban kereshet˝ok, ´es ´ıgy a cos 108◦ =

4t2 − 2t 2t(t − 1) + 2t2 = 2 2 2 (1 − t) + 3t 4t − 2t + 1

osszef¨ ugg´es alapj´ an 0 = 4(1 − cos 108◦ )t2 − 2(1 − cos 108◦ )t − cos 108◦ ¨ossze¨ f¨ ugg´es ad´ odik t-re. Innen p 2(1 − cos 108◦ ) + 4(1 − cos 108◦ )2 + 16(1 − cos 108◦ ) cos 108◦ = t= 8(1 − cos 108◦ ) √ (1 − cos 108◦ ) + 1 + 2 cos 108◦ − 3 cos2 108◦ = . 4(1 − cos 108◦ ) Mivel cos 108◦ = − cos 72◦ =

www.interkonyv.hu

√ 1− 5 4 ,

ez´ert (1 − cos 108◦ ) = √ 3− 5 t= . 4

√

5+3 4

´es

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

384

´derek 7. Polie

A P pontb´ ol a tetra´edercs´ ucsokba mutat´o f´elegyenesek ir´anyvektorai az √ √ √ !T √ 1+ 5 3− 5 3− 5 3− 5 ,− ,− ,− , 4 4 4 4 √ √ √ √ !T 3− 5 1+ 5 3− 5 3− 5 − , ,− ,− , 4 4 4 4 √ √ √ !T √ 3− 5 3− 5 3− 5 1+ 5 ,− ,− , , − 4 4 4 4 √ √ √ √ !T 3− 5 3− 5 3− 5 1+ 5 − ,− ,− , 4 4 4 8 vektorok. Ezekb˝ ol kisz´ amolhatjuk a 3-dimenzi´os hipers´ıkok norm´alvektorait, melyek rendre T  √ T √ 5, 1, 1, 1 , 1, 5, 1, 1, 

1, 1,

√

T  √ T 5, 1 , 1, 1, 1, 5 .

A norm´ alvektorok hajl´ assz¨ oge ekkor a cos α =

√ 1+ 5 4

o ugg´es alapj´ an 36◦ . ¨sszef¨ B´ armely h´ arom, az eml´ıtett pontb´ol indul´o ´es tetra´edercs´ ucson ´athalad´o f´elegyenes egy dodeka´edersz¨ogletet hat´aroz meg saj´at 3-dimenzi´os ter´eben, ahonnan l´ athatjuk, hogy a 4-dimenzi´os t´erben o¨sszeilleszthet˝o 4, p´aronk´ent 36◦ -os sz¨ oget bez´ ar´ o dodeka´eder u ´gy, hogy egy k¨oz¨os cs´ ucsuk van, b´armely kett˝ o k¨ oz¨ os lappal rendelkezik, ´es a k¨oz¨os cs´ ucsb´ol kiindul´o ´elek pontosan 3 dodeka´ederhez tartoznak. Azaz a 4-dimenzi´os t´er egy 3-dimenzi´os poliedrikus fel¨ uletdarabj´ at alkotj´ ak. A szomsz´edos hiperlapok s´ıkjainak hajl´assz¨og´et a k¨ ovetkez˝ ok´eppen sz´ amolhatjuk ki. A dodeka´ederek k¨oz´eppontj´ab´ol a hipers´ıkjukra ´ all´ıtott mer˝ olegesek a rendszer tengely´en metszik egym´ast, mely a k¨ oz¨ os cs´ ucsot a tetra´eder k¨ oz´eppontj´aval ¨osszek¨ot˝o egyenes. Ett˝ol a pontt´ol a dodeka´edercs´ ucsok, az ´elfelez˝o pontok, lapok k¨oz´eppontjai, a testk¨oz´eppontok rendre egyenl˝ o t´ avols´ agra vannak. R¨ogz´ıts¨ uk kiindul´asi poli´edernek az egyik dodeka´edert, ´es vegy¨ uk a 4-dimenzi´os t´er egy olyan egybev´ag´os´ag´at, mely a dodeka´eder hipers´ıkj´ ara mer˝oleges ir´anyban identit´as, a dodeka´eder hipers´ıkj´ aban viszont a dodeka´eder egy szimmetri´aja. Ezen egybev´ag´os´ag a m´ ar megl´ev˝ o 3 m´ asik poli´edert a kiindul´asi dodeka´eder u ´jabb szomsz´edjaiba

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ s szaba ´ lyos polie ´derek 7.5. n-dimenzio

385

viszi oly m´ odon, hogy tetsz˝ oleges 4, k¨oz¨os cs´ uccsal rendelkez˝o poli´eder az eredetivel egybev´ ag´ o dodeka´edern´egyesnek felel meg. A dodeka´eder teljes szimmetriacsoportj´ anak alkalmaz´asa ut´an egy olyan 4-dimenzi´os hamut´alc´at” ka” punk, melynek k¨ ozponti poli´edere a kiindul´asi dodeka´eder, ´es azt k¨or¨ ulveszi 12 u ´jabb dodeka´eder, melyek hipers´ıkjai a kiindul´asi dodeka´eder hipers´ıkj´aval a 4 dodeka´ederkonstrukci´onknak megfelel˝o hipers´ık-hajl´assz¨ogeket z´arj´ak be. Folytassuk konstrukci´ onkat a 12 szomsz´ed szomsz´edainak a megkeres´es´evel. Mindegyik szomsz´ednak van 12 szomsz´edja, melyek k¨oz¨ ul 6-ot m´ar felvett¨ unk. A marad´ek hatb´ol ¨ot h´arom dodeka´edern´el is fell´ep szomsz´edk´ent, egy viszont – amelyik az ´erintkez´esi ¨otsz¨og ´atellenes ¨otsz¨og´eben ´erint – csak a v´ alasztott szomsz´ed szomsz´edja. Ez´ert a m´asodik szomsz´edok sz´ama 12·5 + 12 = 32. Hamut´ alc´ ank most 45 dodeka´ederb˝ol ´all, melyek k¨oz¨ ul 133 nak az ¨ osszes szomsz´edja megvan, 20 darabnak 3 szomsz´edja, 12-darabnak 6 szomsz´edja hi´ anyzik. Ahogy azt megmutattuk, 2-dimenzi´os lap ment´en val´o csatlakoz´ as sor´ an a k´et egym´ast k¨ovet˝o dodeka´eder s´ıkja 36◦ -os sz¨oget z´ar be egym´ assal. A kiindul´ asi dodeka´eder egy ´atellenes lapp´arj´ahoz csatlakoz´o poli´edereknek tekints¨ uk azon szomsz´edait, mely az ´erintkez´esi lappal ´atellenes lap ment´en fell´ep˝ o m´ asodik szomsz´edja az eredetinek. Ezen ¨ot poli´eder egy olyan l´ ancot alkot a fel¨ ulet¨ unk¨ on, melyben az egym´ast k¨ovet˝o dodeka´ederek hipersikjai rendre 36◦ -ot z´ arnak be, ´es a dodeka´ederek centrumai illeszkednek egy 2-dimenzi´ os affin alt´erre, mely mer˝oleges a p´arhuzamos csatlakoz´asi alterekre, ´es ´ atmegy a hamut´ alca k¨ oz´eppontj´an. Ezen k¨oz´eppont k¨or¨ ul a 2-dimenzi´os alt´eren bel¨ uli 4 darab, 36◦ -os elforgat´as az egyik sz´els˝o (eredetileg m´asodik szomsz´ed) dodeka´eder k¨ oz´eppontj´at ´atviszi a m´asik sz´els˝o dodeka´eder (ez szint´en eredetileg m´ asodik szomsz´ed) k¨oz´eppontj´aba, ´ıgy a l´anc folytat´asa sor´ an kapott hatodik dodeka´eder (ami harmadik szomsz´ed lesz) k¨oz´eppontja ´eppen 180◦ -os elforgatottja az eredetinek. Ez azt jelenti, hogy ilyen l´anc ment´en elhelyezked˝ o harmadik szomsz´ed el˝o´all, mint a l´anc els˝o dodeka´eder´enek a hamut´ alca k¨ oz´eppontj´ ara val´o t¨ uk¨ork´epe. A hamut´alc´at a k¨oz´eppontj´ara t¨ ukr¨ ozve az eredetihez csatlakoz´o u ´jabb 45 db dodeka´ederb˝ol ´all´o ¨osszef¨ ugg˝o komplexust kapunk, ezt 12 ¨otsz¨oglap kapcsolja az eredetihez, mely a k´et hamut´ alca egy-egy dodeka´eder´enek k¨oz¨os lapja. Egy ilyen ¨osszekapcsol´o ¨otsz¨og ´elei mell´e egy-egy dodeka´edert ragasztva, egyszerre megkonstru´alhatjuk a k´et f´elen elhelyezked˝ o k´et-k´et dodeka´eder teljes szomsz´eds´ag´at. Ezen harmadik szomsz´edok mindegyike k´et ilyen ¨otsz¨og egy-egy ´el´et kapcsolja ¨ossze, ez´ert a sz´ amuk 30. A kapott z´ art poliedrikus fel¨ ulet szab´alyoss´aga a konstrukci´ob´ol azonnal k¨ ovetkezik, mivel 120 cell´ aja van, 120-cell´anak h´ıvjuk. A szimb´oluma {5, 3, 3}. Az analitikus bizony´ıt´ as t¨ ort´enhet a 600 cs´ ucs koordin´at´ainak konkr´et megad´ as´ aval.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

386

´derek 7. Polie

7.5.3.3. A 600-cella (hexacosichoron)

7.38. ´ abra. A 600-cella 3-dimenzi´os Schlegel-diagramja (http://en.wikipedia.org/wiki/600-cell) Az utols´ o 4-dimenzi´ os szab´alyos test a 120-cella du´alisa. Ennek sz´armaztat´ asa t¨ ort´enhet a 120-cella k¨oz´eppontjainak konvex burkak´ent. Minden cs´ ucs´ aban 20 szab´ alyos tetra´eder tal´alkozik, melyek mindegyik´et 4 cs´ ucsn´al sz´a= 600 tetra´eder alkotja a test hat´ar´at, a cs´ ucsalakzatai moljuk, ´ıgy 20·120 4 k´etszeres ny´ ujt´ assal kaphat´ oak a 120-cella egy cell´aja lapk¨oz´eppontjai ´altal meghat´ arozott ikoza´ederb˝ ol, teh´at egybev´ag´o ikoza´ederek. Egy tov´abbi szintetikus el˝ o´ all´ıt´ asa lehets´eges a k¨ovetkez˝o igen plauzibilis m´odon: Tekints¨ uk egy 24-cella cs´ ucshalmaz´ at (az egys´egkocka (2 ´elhossz´ u) ´es egy k´etszeres m´eret˝ u (4 ´ atl´ ohossz´ u) keresztpoli´e√ der-cs´ ucshalmaz´anak uni´oj´at), ´es helyezz¨ unk el -nek megfelel˝ o magass´ a gban a koordin´ ataaz aranymetsz´es ar´ any´ anak, 5+1 2 hipers´ıkokkal p´ arhuzamos s´ıkokat (8 darabot minden pozit´ıv ´es negat´ıv tengelyf´elegyeneshez). Ezen hipers´ıkokban tekints¨ unk a koordin´ata-hipers´ıkokkal p´ arhuzamos lap´ u, egys´eg ´elhossz´ u kock´akban a felsz´ın´en elhelyezett szakaszrendszer ´ altal induk´ alt ikoza´edereket. A lehet˝os´egek k¨oz¨ ul v´alasszunk egy r¨ogz´ıtettel koherens m´ asik hetet, azaz a cs´ ucshalmazok koordin´atapermut´aci´oval legyenek egym´ asnak megfeleltethet˝oek. A kapott pontrendszer 24+8·12 = 120 pontb´ ol ´ all. A szab´ alyos 600-cella nem m´as, mint ezen pontrendszer kon-

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

387

7.6. Euler

vex burka. A szimb´ oluma {3, 3, 5}, ´es a fent le´ırt cs´ ucspontrendszer szint´en k¨ onnyen megadhat´ o koordin´ at´akkal.

7.6. Euler

7.39. ´abra. Leonhard Euler Leonhard Euler egy n´emet hercegn˝onek sz´amos filoz´ofiai tartalm´ u levelet ´ırt, melyek o sszegy˝ u jtve angol ford´ ıt´ a sban ´ e s kiad´ a sban 1837-ben jelentek ¨ meg. Ezek k¨ oz¨ ul id´ezz¨ uk az egyik levelet.

´l L. Euler: CXV. leve ´ g Forra ´ sa e ´s a Az Emberi Ismeretek igazi Alapjai. Az Igazsa ˝ le sza ´ rmazo ´ Informa ´ cio ´ k Oszta ´ lyai belo ¨ el˝ott a v´elem´enyemet az emberi tud´as legfontosabb B´atorkodom kifejteni On fejezet´ere vonatkoz´ oan, ´es azzal h´ızelgek magamnak, hogy el fogom oszlatni azon k´ets´egeket, amelyek term´eszetes m´odon mer¨ ulnek fel a szellem szabads´aga fogalm´anak k´erd´es´eben. ¨ figyelm´et minden ismeret¨ Engem ´er a megtiszteltet´es, hogy felh´ıvjam az On unk igazi alapj´ara, az igazs´ag bizonyoss´ag´anak jelent´es´ere, ´es a bizonyoss´agra abban, amit tudunk. Nagyon messze ´allunk att´ol, hogy mindig bizonyosak legy¨ unk azon

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

388

´derek 7. Polie

v´elem´enyeink igazs´ag´aban, amik hamiss´ag´at k´es˝obb felfedezz¨ uk; n´eha t´ uls´agosan elk´apr´aztat minket a l´atszat, n´eha t´ uls´agosan elhanyagoljuk azt. Ekk´eppen folytonosan az a vesz´ely fenyeget benn¨ unket, hogy becsapjuk magunkat, egy gondolkod´ o ember k¨ oteles minden erej´et haszn´alni a hiba elker¨ ul´es´ehez, b´ar nem lehet mindig olyan boldog, mintha sikert ´erne el. Amit most itt f˝o vonalakban ´attekint¨ unk, az azon bizony´ıt´asok megb´ızhat´os´aga, amelyeket magunk meggy˝oz´es´ere tal´alunk b´arminek valamilyen igazs´ag´ar´ol; felt´etlen¨ ul sz¨ uks´eges olyan ´allapotot el´ern¨ unk, hogy meg tudjuk ´ıt´elni, hogy ezek elegend˝oek-e a meggy˝oz´es¨ unkre, avagy sem. Ebben az ´ertelemben el˝ osz¨or is megjegyzem, hogy minden a mi hat´ask¨or¨ unkbe es˝ o igazs´ag besorolhat´ o h´arom oszt´alyba, amelyek l´enyeg¨ ukben k¨ ul¨onb¨oznek egym´ast´ ol. Az els˝ o tartalmazza az ´erz´ekel´es igazs´agait, a m´asodik a meg´ert´es´et, ´es a harmadik a hit´et. Mindegyik oszt´aly a benne tal´alhat´o igazs´agoknak saj´atos bizony´ıt´asait ig´enyli, ´es ebbe a h´arom oszt´alyba minden emberi ismeret bennfoglaltatik. Az els˝ o oszt´aly bizony´ıt´asai az ´erz´ekel´esre vezethet˝ok vissza, ´es ez´ert ekk´eppen fejezhet˝ ok ki: Ez igaz, mert l´ attam, vagy meggy˝ oz˝ odtem r´ ola az ´erz´ekel´esem bizonyoss´ aga altal. ´ Ily m´ odon tudom, hogy a m´agnes vonzza a vasat, mert l´attam, ´es ez k´ets´egbevonhatatlan bizony´ıt´ekot szolg´altatott nekem erre a t´enyre. Ennek az oszt´alynak az igazs´agait ´erz´ekelhet˝ onek nevezz¨ uk, mert az ´erz´ekeken alapul, vagy a tapasztalaton. A m´asodik oszt´aly bizony´ıt´asai a szellem k´epess´egein alapulnak: Ez igaz, mert igazolni tudom az okfejt´es elveivel vagy helyes szillogizmussal. Ehhez az oszt´alyhoz alapvet˝o logika sz¨ uks´eges, amely le´ırja a konzekvens okfejt´es szab´alyait. Ekk´eppen tudjuk, hogy egy h´aromsz¨og sz¨og¨osszege k´et der´eksz¨ oggel egyenl˝ o. Ebben az esetben ´en nem mondom, hogy ezt l´attam, vagy az ´erz´ekeim meggy˝ oztek err˝ ol; de egy okfejt´es alapj´an ennek az igazs´ag´ar´ol meg vagyok gy˝ oz˝ odve. Az igazs´agok ezen oszt´aly´at intellektu´alis igazs´agnak nevezz¨ uk; ´es ide kell sorolnunk a geometria igazs´agait, ´es m´as tudom´anyok´eit, amennyiben ´ ekelheti, hogy ezek az igazs´agok teljesen ezek bizony´ıt´assal al´at´amasztottak. Erz´ k¨ ul¨ onb¨ oznek az els˝ o csoport igazs´agait´ol, amelyek t´amogat´as´ara nincs m´as bizony´ıt´asunk mint az ´erz´ekeink, vagy a tapasztalat, amelyek biztos´ıtj´ak, hogy ez a t´eny, m´egha nem is tudjuk az ok´at. A m´agnes p´eld´aj´aban nem tudjuk, hogy a vasra gyakorolt vonz´as sz¨ uks´egszer˝ u hat´asa-e a vas ´es a m´agnes term´eszet´enek; de legkev´esb´e sem k´etelked¨ unk a t´eny igazs´ag´aban. Az els˝o oszt´aly igazs´agai ekk´eppen ugyanolyan bizonyosak mint a m´asodik oszt´aly´e, hab´ar a bizony´ıt´asok alapvet˝ oen k¨ ul¨ onb¨ oznek. Tov´abbl´epve a harmadik oszt´aly igazs´agaira, a hitvall´as igazs´agaira, amelyeket az´ert hisz¨ unk mert hitelre m´elt´o szem´ely mondja ˝oket; vagy amikor azt mondjuk: Ez igaz, mert sz´ amos hiteles ember biztos´ıtott minket r´ ola.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

389

´sz: Elemek, XII. e ´s XIII. k¨ 7.7. Eukleide onyv

Ez az oszt´aly tartalmazza az ¨osszes t¨ort´enelmi igazs´agot. K´ets´egtelen, hogy azt gondolja, hogy volt kor´abban Maked´oni´anak egy Nagy S´andornak nevezett kir´alya, aki megh´ od´ıtotta Perzsi´at, hab´ar sohasem l´atta ˝ot, ´es nem tudja geometriai m´ odon bizony´ıtani, hogy egy ilyen szem´ely valaha is ´elt. De mi elhissz¨ uk azon szerz˝ ok tekint´elye alapj´an, akik meg´ırt´ak a t¨ort´enet´et, ´es mi nem k´etelked¨ unk a t¨ ort´enet¨ uk h˝ us´eg´eben. Mi´ert ne lenne lehets´eges, hogy ezek a szerz˝ok ¨osszebesz´elve becsaptak minket? Minden okunk megvan elvetni egy ilyen gyan´ us´ıt´ast; ´es ez´ert meg vagyunk gy˝ oz˝ odve ezen t´enyek igazs´ag´ar´ol, legal´abb olyan nagy r´esz¨ ukben, mint az els˝ o vagy a m´asodik oszt´aly igazs´agai eset´eben. Ezen h´arom oszt´aly igazs´agai sz´els˝os´egesen k¨ ul¨onb¨oznek; de ha szil´ardak, mindegyik fajta eset´en egyenl˝o m´ert´ekben meggy˝oz˝oek. Nem tud abban k´etelkedni, hogy oroszok ´es osztr´akok is vannak Berlinben, hab´ar sohasem l´atta ˝oket: ezt teh´at a harmadik oszt´aly igazs´ag´anak tartja, ´es ezt elhiszi m´asok besz´amol´oja alapj´an; ugyanakkor nekem ez az els˝o oszt´alyba tartozik, mert l´attam ˝oket, ´es besz´elgettem vel¨ uk; ´es sokan m´asok is megbizonyosodtak jelenl´et¨ ukr˝ol az ´erz´e¨ keik u ´tj´an. Onnek azonban ugyanolyan teljes bizonyoss´aga lehet a t´enyr˝ol, mint nek¨ unk. 1761. m´ arcius 31.

7.7. Eukleid´ esz: Elemek, XII. ´ es XIII. k¨ onyv Mi az anal´ızis ´es mi a szint´ezis? Anal´ızis az, ha az ´ all´ıt´ ast bizony´ıtottnak v´eve abb´ ol k¨ ovetkeztet¨ unk, m´ıg valamely elfogadott igazs´ aghoz jutunk. Szint´ezis az, ha ebb˝ ol az elfogadott igazs´ agb´ ol k¨ ovetkeztet¨ unk, m´ıg az all´ıt´ ´ as teljess´eg´ehez vagy megragad´ as´ ahoz jutunk.

Eukleid´esz: Elemek K¨ onyv¨ unkben Eukleid´esz ¨ or¨ok m˝ uv´enek az Elemeknek az els˝o k¨onyv´et id´ezt¨ uk el˝ osz¨ or, befejez˝ o id´ezet¨ unk ugyanezen m˝ u k´et z´ar´o k¨onyve, a XII., illetve a XIII. k¨ onyv. Ezen k¨ onyvek ter¨ ulettel, t´erfogattal, poli´ederekkel kapcsolatos all´ıt´ ´ asokat tartalmaznak, melyek bizony´ıt´as´ahoz lemm´akat is haszn´al a szerz˝o. Most csak a t´eteleket id´ezz¨ uk kimond´asuk sorrendj´eben.

´sz: Elemek Eukleide XII.k¨ onyv ´telek: Te

1. A k¨ or¨ okbe ´ırt hasonl´ o soksz¨ogek u ´gy ar´anylanak egym´ashoz, mint az ´atm´er˝ ok n´egyzetei. 2. A k¨ or¨ ok (ter¨ uletei) u ´gy ar´anylanak egym´ashoz, mint ´atm´er˝oik n´egyzetei.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

390

´derek 7. Polie

3. Minden h´aromsz¨ og alap´ u g´ ula sz´etesik k´et egyenl˝o, egym´ashoz ´es a teljes g´ ul´ahoz hasonl´ o h´aromsz¨og alap´ u g´ ul´ara ´es k´et egyenl˝o has´abra. A k´et has´ab osszege nagyobb a teljes g´ ula fel´en´el. ¨ 4. Ha van k´et azonos magass´ag´ u h´aromsz¨og alap´ u g´ ula, ´es mindegyiket f¨olbontjuk k´et, egym´assal egyenl˝o ´es a teljes g´ ul´ahoz hasonl´o g´ ul´ara ´es k´et egyenl˝ o has´abra [´es a keletkezett g´ ul´akat ugyan´ıgy, ´es ´ıgy tov´abb], akkor az egyik g´ ul´aban lev˝ o valah´any has´ab ¨osszege a m´asik g´ ul´aban lev˝o ugyanannyi has´ab ¨ osszeg´ehez hasonl´ o. 5. Az azonos magass´ag´ u h´aromsz¨og alap´ u g´ ul´ak u ´gy ar´anylanak egym´ashoz, mint az alapjuk. 6. Az azonos magass´ag´ u soksz¨og alap´ u g´ ul´ak u ´gy ar´anylanak egym´ashoz, mint az alapjuk. 7. Minden h´aromsz¨ og alap´ u has´ab sz´etesik h´arom, egym´assal egyenl˝o h´aromsz¨ og alap´ u g´ ul´ara. 8. Hasonl´ o h´aromsz¨ og alap´ u g´ ul´ak a megfelel˝o ´eleikhez viszony´ıtva h´aromszoros ar´anyban ´allnak. 9. Az egyenl˝ o h´aromsz¨ og alap´ u g´ ul´aknak ford´ıtva ar´anyos az alapjuk a magass´aggal; s amely h´aromsz¨og alap´ u g´ ul´aknak ford´ıtva ar´anyosak az alapjaik a magass´aggal, azok egyenl˝ok. 10. Minden k´ up harmadr´esze az egyenl˝o magass´ag´ u ´es ugyanazon alapon fekv˝o hengernek. 11. Az azonos magass´ag´ u k´ upok ´es hengerek u ´gy ar´anylanak egym´ashoz, mint az alapjuk. 12. Hasonl´ o k´ upok ´es hengerek egym´assal az alapjaik ´atm´er˝oihez viszony´ıtva h´aromszoros ar´anyban ´allnak. 13. Ha egy hengert a szemk¨ozti lapokkal p´arhuzamos s´ıkkal metsz¨ unk, akkor a nyert hengerek u ´gy ar´anylanak egym´ashoz, mint a tengelyeik. 14. Az egyenl˝ o alapokon fekv˝o k´ upok ´es hengerek u ´gy ar´anylanak egym´ashoz, mint a magass´agaik. 15.

Az egyenl˝ o k´ upoknak ´es hengereknek ford´ıtva ar´anyos az alapjuk a magass´aggal; s amely k´ upoknak ´es hengereknek ford´ıtva ar´anyos az alapja a magass´aggal, azok egyenl˝oek. 16. ´Irjunk k´et koncentrikus k¨or nagyobbik´aba egy olyan p´aros oldalsz´am´ u, egyenl˝ o oldal´ u soksz¨ oget, mely diszjunkt a kisebb k¨ort˝ol! 17. ´Irjunk k´et koncentrikus g¨omb nagyobbik´aba olyan poli´edert, mely diszjunkt a kisebb g¨ omb fel¨ ulet´et˝ ol. 18.

www.interkonyv.hu

A g¨ omb¨ ok az ´atm´er˝ oikhez viszony´ıtva h´aromszoros ar´anyban ´allnak egym´assal.

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´sz: Elemek, XII. e ´s XIII. k¨ 7.7. Eukleide onyv

391

A k¨ ovetkez˝ o t´etelekben szerepl˝o folytonos ar´any”-ban val´o oszt´as az arany” metsz´es ar´ any´ aban val´ o oszt´ast jelenti, azaz a kisebb u ´gy ar´anylik a na” gyobbhoz, mint a nagyobb az eg´eszhez”. Az apotom´e” a nagyobb darab ´es a ” minor” a kisebb elnevez´ese. ”

´sz: Elemek Eukleide XIII. k¨ onyv ´telek: Te

1. Ha egy szakaszt folytonos ar´anyban osztunk, akkor a nagyobb darab ´es a teljes szakasz fele ¨ osszeg´enek a n´egyzet´ert´eke ¨otsz¨or¨ose a f´el szakasz n´egyzet´enek. 2. Ha egy szakasz n´egyzet´ert´eke ¨otsz¨or¨ose valamely darabj´a´enak, akkor a mondott darab k´etszeres´et folytonos ar´anyban osztva a nagyobb darab ´epp az eredeti szakasz m´asik r´esze. 3.

Ha egy szakaszt folytonos ar´anyban osztunk, akkor a kisebb darab ´es a nagyobb darab fele ¨ osszeg´enek a n´egyzet´ert´eke ¨otsz¨or¨ose a nagyobb szakasz fele n´egyzet´enek.

4.

Ha egy szakaszt folytonos ar´anyban osztunk, akkor a teljes szakasz ´es a kisebb darab n´egyzet¨ osszege h´aromszorosa a nagyobb darab n´egyzet´enek.

5. Ha egy szakaszt folytonos ar´anyban osztunk, ´es hozz´aadunk egy, a nagyobb darabbal egyenl˝ o szakaszt, akkor a teljes szakasz folytonos ar´anyban osztatik, m´egpedig az eredeti szakasz a nagyobb darabja. 6. Ha egy racion´alis szakaszt folytonos ar´anyban osztunk, akkor mind a k´et darab irracion´alis, u ´gynevezett apotom´e. 7. Ha egy egyenl˝ o oldal´ u¨ otsz¨og h´arom ak´ar egym´as melletti, ak´ar nem egym´as melletti sz¨ oge egyenl˝ o, akkor az ¨otsz¨og egyenl˝o sz¨og˝ u. 8.

Ha egy egyenl˝ o oldal´ u ´es egyenl˝o sz¨og˝ u ¨otsz¨og k´et szomsz´edos sz¨oggel szemk¨ ozti ´atl´ oit megh´ uzzuk, akkor azok folytonos ar´anyban osztj´ak egym´ast, ´es a nagyobb darabjaik egyenl˝ok az ¨otsz¨og oldal´aval.

9. Ha az ugyanabba a k¨ orbe ´ırt hatsz¨og ´es t´ızsz¨og oldal´at ¨osszeadjuk, akkor a teljes szakasz folytonos ar´anyban osztott, ´es a nagyobb darabja a hatsz¨og oldala. 10. Ha egy k¨ orbe egyenl˝ o oldal´ u ¨otsz¨oget ´ırunk, akkor az ¨otsz¨og oldala n´egyzet´ert´ekben egyenl˝ o az ugyanabba a k¨orbe ´ırt hatsz¨og ´es t´ızsz¨og oldal´anak osszeg´evel. ¨ 11. Ha egy racion´alis ´atm´er˝ oj˝ u k¨orbe egyenl˝o oldal´ u ¨otsz¨oget ´ırunk, akkor az otsz¨ og oldala irracion´alis, u ´gynevezett minor. ¨

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

392

´derek 7. Polie

12. Ha egy k¨ orbe egyenl˝ o oldal´ u h´aromsz¨oget ´ırunk, akkor a h´aromsz¨og oldala n´egyzet´ert´ekben h´aromszorosa a k¨or sugar´anak. 13. Szerkessz¨ unk (szab´alyos h´aromoldal´ u) g´ ul´at, vegy¨ uk k¨or¨ ul adott g¨ombbel, ´es mutassuk meg, hogy a g¨omb ´atm´er˝oje n´egyzet´ert´ekben m´asf´elszerese a g´ ula ´el´enek. 14. Szerkessz¨ unk kock´at, vegy¨ uk k¨or¨ ul a g¨ombbel, amellyel a g´ ul´at is, ´es mutassuk meg, hogy a g¨ omb ´atm´er˝oje n´egyzet´ert´ekben h´aromszorosa a kocka ´el´enek. 15. Szerkessz¨ unk (szab´alyos) okta´edert, vegy¨ uk k¨or¨ ul a g¨ombbel, amellyel az el˝ oz˝ o testeket is, ´es mutassuk meg, hogy a g¨omb ´atm´er˝oje n´egyzet´ert´ekben k´etszerese az okta´eder ´el´enek. 16.

Szerkessz¨ unk (szab´alyos) ikoza´edert, vegy¨ uk k¨or¨ ul a g¨ombbel, amellyel a f¨ ont eml´ıtett testeket is, ´es mutassuk meg, hogy az ikoza´eder ´ele irracion´alis, u ´gynevezett minor.

17. Szerkessz¨ unk (szab´alyos) dodeka´edert, vegy¨ uk k¨or¨ ul a g¨ombbel, amellyel a f¨ ont eml´ıtett testeket is, ´es mutassuk meg, hogy a dodeka´eder ´ele irracion´alis, u ´gynevezett apotom´e. ´ ıtsuk el˝ 18. All´ o az ¨ ot test ´el´et, ´es hasonl´ıtsuk ¨ossze egym´assal. Azt ´ all´ıtom, hogy az eml´ıtett ¨ ot testen k´ıvu o ¨ l nem szerkeszthet˝ m´ as egyenl˝ o oldal´ u, egyenl˝ o sz¨ og˝ u´ es egym´ assal egyenl˝ o lapok ´ altal k¨ ozrefogott test. K´ et h´ aromsz¨ ogb˝ ol vagy egy´ altal´ an lapb´ ol nem szerkeszthet˝ o ugyanis t´ ersz¨ og. H´ arom h´ aromsz¨ ogb˝ ol a g´ ula, n´ egyb˝ ol az okta´ eder, ¨ otb˝ ol pedig az ikoza´ eder t´ ersz¨ oge szerkeszthet˝ o. Hat, egy ponthoz (mint k¨ oz¨ os cs´ ucshoz) szerkesztett egyenl˝ o oldal´ u ´ es egyenl˝ o sz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogb˝ ol nem lesz t´ ersz¨ og, hiszen mivel az egyenl˝ o oldal´ u h´ aromsz¨ og egy sz¨ oge k´ etharmad der´ eksz¨ og, a hat n´ egy der´ eksz¨ oggel egyenl˝ o, ami nem lehets´ eges, mert valamennyi t´ ersz¨ oget ¨ osszegben n´ egy der´ eksz¨ ogn´ el kisebb sz¨ ogek fognak k¨ ozre. Ugyan´ıgy hatn´ al t¨ obb (ilyen) s´ıksz¨ ogb˝ ol sem szerkeszthet˝ o t´ ersz¨ og. H´ arom n´ egyzet a kocka t´ ersz¨ og´ et fogja k¨ ozre. N´ egyb˝ ol nem lehet, mert ism´ et n´ egy der´ eksz¨ og az ¨ osszeg. Az egyenl˝ o oldal´ u´ es egyenl˝ o sz¨ og˝ u ¨ otsz¨ ogekb˝ ol: h´ aromb´ ol a dodeka´ eder t´ ersz¨ oge szerkeszthet˝ o, n´ egyb˝ ol viszont nem lehet, hiszen mivel az egyenl˝ o oldal´ u¨ otsz¨ og egy sz¨ oge egy eg´ esz egy¨ ot¨ od der´ eksz¨ og, a n´ egy nagyobb n´ egy der´ eksz¨ ogn´ el, ami nem lehets´ eges. Ugyanezen ellentmond´ as miatt m´ as soksz¨ ogek sem fognak ´ k¨ ozre t´ ersz¨ oget. Eppen ezt kellett megmutatni.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

Fu ek ¨ ggel´

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ ad: Isten olt´ T´ oth Arp´ o k´ ese

P´enzt, eg´eszs´eget ´es sikert M´ asoknak, Uram, t¨obbet adt´al, Nem kezdek ´erte m´egse pert, ´ nem mondom, hogy ad´osom maradt´al. Es Nem ´en vagyok az els˝o mostoh´ad; Bord´ aim k¨ozt pr´ob´aid ´eles k´es´et Meg´ aldom, s mosolygom az ostob´ak D¨ uh¨ odt jaj´at ´es hi´ u mellver´es´et. Tudom ´es ´erzem, hogy szeretsz: Pr´ ob´ aid a´ldott olt´o-k´ese bennem T´eged szolg´al, mert m´ıg sz´ıvembe metsz, ´ sz´eps´eget teremni sebez engem. Uj ¨ Osszeszor´ ıtom ajkam, ha neh´ez A k´ın, mert tudom, ti´ed az ´en harcom, ´ gy˝ Es oztes t´avolokba n´ez K¨ onnyekkel sz´ep¨ ult orc´ad-f´eny˝ u arcom.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

8. fejezet

A t´ erid˝ o

A geometria alapvet˝ o t´ argya a minket k¨or¨ ulvev˝o t´er, egyik legfontosabb fogalma a pontp´ arok t´ avols´ aga, legfontosabb k´erd´esei k¨oz´e tartoznak bizonyos pontp´ arok t´ avols´ ag´ anak konkr´et meghat´aroz´asa. Nem tudjuk magunkat kivonni ugyanakkor az id˝ o hat´asa al´ol, b´armit, amit vizsg´alunk k´enytelenek vagyunk egy adott id˝ otartam alatt tenni. Lorentz, Einstein, Minkowski munk´ ass´ aga f´enyt der´ıtett az igazi kapcsolatra t´avols´ag ´es id˝o k¨oz¨ott, ezek nem k¨ ul¨ on´ all´ o fogalmak csak, ´ arny´ekai” vet¨ uletei egy alkalmas, matematikailag ” j´ ol defini´ alt strukt´ ur´ ara vonatkoz´o fogalomnak, a vil´agpontp´arok t´avols´ag´anak. Az id˝ o ´es t´ avols´ ag m´er´ese k¨oz¨os ´altal´anos elvnek felel meg, egy be´agyaz´ o strukt´ ur´ ara, a vil´ agra vonatkoz´oan. Jelen fejezetben egy olyan ´altal´anos fel´ep´ıt´est adunk, mely elvezet az ismert konstans g¨orb¨ ulet˝ u” terek egy ´alta” l´ anos´ıt´ as´ ahoz is, p´eld´ aul a hiperbolikus geometria egy ´altal´anos´ıt´as´ahoz.

8.1. A skal´ aris szorzat ´ altal´ anos´ıt´ asai Az euklideszi terek jellemz˝ o fogalma a skal´aris szorzat. A skal´aris szorzat helyett gyeng´ebb szorzatfogalmat haszn´alva az euklideszi terekn´el ´altal´anosabb terekhez jutunk. G. Lumer 1 vezeti be a f´el skal´arszorzat fogalm´at az elm´ ult ´evsz´ azad k¨ ozep´en. 8.1.1. F´ elskal´ aris szorzat 8.1.1. Defin´ıci´ o. Egy V komplex vektort´eren ´ertelmezett [x, y] : V ×V −→ C komplex f¨ uggv´enyt f´elskal´ aris szorzatnak (r¨oviden s.i.p.) nevez¨ unk, ha rendelkezik a k¨ ovetkez˝ o tulajdons´ agokkal: s1 [x + y, z] = [x, z] + [y, z], s2 [λx, y] = λ[x, y] minden λ ∈ C, s3 [x, x] > 0 ha x 6= 0,

s4 |[x, y]|2 ≤ [x, x][y, y], 1

Lumer, G.: Semi-inner product spaces. Trans. Amer. Math. Soc. 100 (1961), 29–43.

395

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

396

´rido ˝ 8. A te

Ha a V vektort´eren ´ertelmezett egy s.i.p. akkor a (V, [·, ·]) p´ art f´elskal´ aris szorzatos t´ernek nevezz¨ uk. p uggv´enyt, akkor a vekHa tekintj¨ uk az kxk = [x, x] defin´ıci´oval adott f¨ tort´er ezzel norm´ alt t´err´e v´ alik. Ford´ıtva, minden norm´alt t´er tekinthet˝o f´elskal´ aris szorzatos t´ernek. Tekints¨ unk ugyanis egy adott y vektort, majd ehhez keress¨ unk egy fy line´ aris funkcion´alt, mely az y egydimenzi´os alter´en ´ertelmezett ´es fy (y) = kyk2 teljes¨ ul r´a. Ilyen nyilv´an van, ´es a norm´aja kfy k = kyk. A Banach–Hahn-t´etel szerint ezen line´aris funkcion´al kiterjeszthet˝o a vektort´erre a norma megtart´ as´ aval, teh´at feltehet˝o, hogy line´aris funkcion´alunk a teljes V -n ´ertelmezett. Minden konkr´et y vektorhoz van egy ilyen egy´ertelm˝ uen v´ alasztott fy line´ aris funkcion´al, teh´at defini´alhatunk egy szorz´ast a k¨ ovetkez˝ o szab´ allyal: [x, y] := fy (x). Ez automatikusan line´ aris az els˝o v´altoz´oban, teljes´ıti az s3 axi´om´at ´es az [x, y] =

fy (x) kxk ≤ kfy kkxk = kykkxk kxk

osszef¨ ugg´es miatt teljes¨ ul r´ a s4 is. ¨ J. R. Giles 2 veszi ´eszre, hogy mindig lehet a s.i.p.-t u ´gy v´alasztani, hogy teljes¨ ulj¨ on a m´ asodik argumentum homogenit´asa is, azaz fenn´alljon az ¯ y] λ ∈ C s5 [x, λy] = λ[x,

tulajdons´ ag is. Val´ oban, a fenti fy funkcion´alt az kyk = 1 felt´etelnek megfele¯ y szab´alynak l˝ o y vektorokra az fy (y) = 1 ´ert´ekkel megadva, majd az fλy = λf megfelel˝ o kiterjeszt´essel az y 7→ fy lek´epez´es konjug´altan line´ariss´a v´alik mutatv´ an, hogy [·, ·] komplex ´ertelemben homog´en a m´asodik v´altoz´oj´aban. Szint´en Giles vezeti be a folytonos s.i.p fogalm´at a k¨ovetkez˝o m´odon: s6 Tetsz˝ oleges x, y ∈ S, egys´egvektor eset´en, val´os λ → 0 mellett teljes¨ ulj¨on ℜ{[y, x + λy]} → ℜ{[y, x]}.

A teret egyenletesen folytonosnak nevezz¨ uk, ha ezen hat´ar´atmenet az egys´egg¨ omb¨ on egyenletesen fenn´ all. Egy norm´ alt t´er eset´en t¨ obbf´ele differenci´alhat´os´agi tulajdons´aggal is rendelkez¨ unk. Felmer¨ ul a k´erd´es, ezeknek mi a kapcsolata a most bevezetett fogalmakkal. 8.1.2. Defin´ıci´ o. Egy norm´ alt t´er Gˆateaux-´ertelemben differenci´alhat´o, ha tetsz˝ oleges x, y egys´egvektorp´ arra minden val´ os λ eset´en l´etezik a kx + λyk − kxk λ→0 λ lim

2 Giles, J. R.: Classes of semi-inner-product spaces. Trans. Amer. Math.Soc. 129/3 (1967), 436–446.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ ris szorzat a ´ ltala ´ nos´ıta ´ sai 8.1. A skala

397

hat´ ar´ert´ek. A norm´ alt t´er egyenletesen Fr´echet-´ertelemben differenci´alhat´o ha az egys´egg¨ omb pontp´ arjaira a fenti hat´ ar´ atmenet egyenletesen ´ all fenn. 8.1.1. T´ etel. Egy s.i.p. t´er akkor ´es csak akkor folytonos (egyenletesen folytonos), ha a megfelel˝ o norm´ alt t´er Gˆ ateaux- (egyenletesen Fr´echet-) differenci´ alhat´ o. Ezen t´etel bizony´ıt´ asa (egyszer˝ ubb k¨or¨ ulm´enyek k¨oz¨ott) a defin´ıci´ok alapj´ an hasonl´ ok´eppen elv´egezhet˝o, mint egy ´altalunk a k¨ovetkez˝okben igazolt t´etel, ez´ert a bizony´ıt´ as´ at elhagyjuk. A fenti gondolatmenetet folytassuk a s.i.p. t´er differenci´alhat´os´ag´ara vonatkoz´ o defin´ıci´ oval: 8.1.3. Defin´ıci´ o. A differenci´alhat´o s.i.p. t´er egy olyan folytonos s.i.p. t´er, amelyben a k¨ ovetkez˝ o felt´etel is teljes¨ ul: s6’: Tetsz˝ oleges h´ arom x, y, z vektor ´es val´ os λ eset´en l´etezzen a [x, ·]′z (y) := lim

λ→0

ℜ{[x, y + λz]} − ℜ{[x, y]} λ

hat´ ar´ert´ek. Azt mondjuk, hogy a t´er folytonosan differenci´alhat´o, ha a fenti hat´ ar´ atmenet, mint y f¨ uggv´enye folytonos. Jegyezz¨ uk meg, hogy az ℑ{[x, y]} = ℜ{[−ix, y]} egyenl˝os´eg a fenti felt´etellel egy¨ utt garant´ alja a [x, y + λz] − [x, y] λ→0 λ lim

hat´ ar´ert´ek l´etez´es´et ´es folytonoss´ag´at. A k¨ovetkez˝o t´etel ¨osszekapcsolja a s.i.p ´es a norma differenci´ alhat´ os´ ag´ara vonatkoz´o felt´eteleket. 8.1.2. T´ etel. Egy s.i.p. t´er akkor ´es csak akkor (folytonosan) differencialhat´ ´ o, ha a normaf¨ uggv´eny k´etszer (folytonosan) differenci´ alhat´ o Gˆ ateaux´ertelemben. A norma x ir´ anyban vett, y pontbeli Gˆateaux-deriv´altja legyen ky + λxk − kyk . λ→0 λ

k · k′x (y) := lim Hasonl´ok´eppen legyen

k · k′x (y + λz) − k · k′x (y) λ→0 λ

k · k′′x,z (y) := lim

a norma m´ asodik deriv´ altja az y pontban, az x, majd a z ir´anyokra vonatkoz´ oan.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

398

´rido ˝ 8. A te

Ekkor teljes¨ ul a k¨ ovetkez˝ o, McShane-t˝ol3 sz´armaz´o lemma. 8.1.1. Lemma. Ha E egy s.i.p. t´er, x, y ∈ E, akkor kyk(k · k′x (y))− ≤ ℜ{[x, y]} ≤ kyk(k · k′x (y))+ ´ll fenn, ahol (k · k′x (y))− ´es (k · k′x (y))+ jel¨ a oli a bal, illetve jobb oldali, λ szerinti deriv´ altakat. Speci´ alisan, ha a norma differenci´ alhat´ o, akkor [x, y] = kyk{(k · k′x (y)) + k · k′−ix (y)}. A lemma seg´ıts´eg´evel igazolhatjuk t´etel¨ unket. Bizony´ıt´ as: Tegy¨ uk fel, hogy a norma k´etszer differenci´alhat´o. Ekkor a lemma szerint ky + λzk(k · k′x (y + λz)) − kyk(k · k′x (y)) ℜ{[x, y + λz]} − ℜ{[x, y]} = = λ λ =

kykky + λzk(k · k′x (y + λz)) − kyk2 (k · k′x (y)) ≥ λkyk

≥

|[y + λz, y]|(k · k′x (y + λz)) − kyk2 (k · k′x (y)) , λkyk k·k′ (y+λz)

x ahol u ´gy v´ kifejez´es el˝ojel´et, hogy az pozit´ıv lealasztottuk az λ gyen. Mivel a norma deriv´ altja folytonos, a felt´etelekb˝ol k¨ovetkezik, hogy k · k′x (y)/λ is pozit´ıv. Ezen felt´etelt tekintve kapjuk, hogy

ℜ{[x, y + λz]} − ℜ{[x, y]} ≥ λ ≥ kyk2

k · k′x (y + λz) − (k · k′x (y)) ℜ[z, y] + k · k′x (y + λz). λkyk kyk

Ugyanakkor ky + λzk(k · k′x (y + λz)) − kyk(k · k′x (y)) ≤ λ ≤ =

ky + λzk2 (k · k′x (y + λz)) − |[y, y + λz]|(k · k′x (y)) = λky + λzk

ky + λzk2 (k · k′x (y + λz)) − (k · k′x (y)) (k · k′x (y)) + λℜ[z, y + λz] . λky + λzk λky + λzk

3 McShane, E. J.: Linear functionals on certain Banach spaces. Proc. Amer. Math. Soc., Vol. 1 (1950), 402–408.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

399

´ ris szorzat a ´ ltala ´ nos´ıta ´ sai 8.1. A skala

Hasonl´ ok´eppen ha k · k′x (y)/λ negat´ıv, akkor az egyenl˝otlens´egek ir´anya megfordul, ´es azt kapjuk, hogy a ℜ{[x, y + λz]} − ℜ{[x, y]} λ7→0 λ lim

hat´ ar´ert´ek l´etezik, ´es egyenl˝ o az kyk(k · k′′x,z (y)) +

ℜ[x, y]ℜ[z, y] kyk2

´ert´ekkel. Jegyezz¨ uk meg, hogy az k · k′x (y)/λ = 0 esetben l´etezik egy k¨ornyezet, amelyben a k · k′x (y + λz)/λ f¨ uggv´eny el˝ojele konstans. Ez´ert ezt az esetet nem kell k¨ ul¨ on vizsg´ alni. A m´ asik ir´ any bizony´ıt´ as´ ahoz tekints¨ uk a k¨ovetkez˝o t¨ortet: kyk

k · k′x (y + λz) − (k · k′x (y)) . λ

Felt´eve, hogy a s.i.p. differenci´alhat´o, defin´ıci´o szerint folytonos is. Azaz a norma differenci´ alhat´ o az els˝ o t´etel szerint. Felhaszn´alva a lemm´at, ´es felt´eve, > 0, azt kapjuk, hogy ℜ[x,y] hogy λ kyk

ℜ[x, y + λz]kyk − ℜ[x, y]ky + λzk k · k′x (y + λz) − (k · k′x (y)) = = λ λky + λzk =

ℜ[x, y + λz]kyk2 − ℜ[x, y]ky + λzkkyk ≤ λkykky + λzk ℜ[x, y + λz]kyk2 − ℜ[x, y]|[y + λz, y]| = λkykky + λzk

=

ℜ{[x, y + λz]} − ℜ{[x, y]} kyk ℜ[x, y]ℜ[z, y] − . λ ky + λzk kykky + λzk

Ugyanakkor azonban haszn´ alva a s.i.p. folytonoss´ag´at ´es a a k¨ ovetkez˝ o egyenl˝ otlens´eg is ad´odik: kyk

ℜ[x,y] λ

> 0 felt´etelt,

k · k′x (y + λz) − (k · k′x (y)) ≥ λ

ℜ{[x, y + λz]} − ℜ{[x, y]} ℜ[x, y + λz]ℜ[z, y + λz] − . λ ky + λzk2 Ha megford´ıtjuk a felt´etel el˝ ojel´et, akkor az egyenl˝otlens´egek ir´anya is megfordul. A hat´ ar´ atmenet mutatja, hogy az els˝o differenci´alf¨ uggv´eny differencialhat´ ´ o, ´es a deriv´ altak k¨ oz¨ ott a k¨ovetkez˝o kapcsolat ´all fenn: kyk(k · k′′x,z (y)) = [x, ·]′z (y) −

www.interkonyv.hu

ℜ[x, y]ℜ[z, y] . kyk2

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

400

´rido ˝ 8. A te

B. Nath4 ´eszreveszi, hogy a s.i.p fogalm´at ´altal´anosabban is meg lehet adni, ha a Cauchy–Schwartz-egyenl˝otlens´eget a H¨older-egyenl˝otlens´eggel he1 lyettes´ıtj¨ uk. Igazolja, hogy a kxk = [x, x] p 1 ≤ p ≤ ∞ defin´ıci´o szint´en norm´ at eredm´enyez, ´es minden norm´alt t´er ell´athat´o egy ilyen ´altal´anosabb s.i.p. szorzattal.(A p = 2 eset´en a t´etele visszaadja Lumer megfelel˝o t´etel´et.) Azonban a fenti ´ altal´ anos´ıt´ as nem lehet l´enyegi, ink´abb csak form´alis, hiszen a k´et s.i.p. t´er k¨ oz¨ otti kapcsolat egyszer˝ u. Minden p eset´en a Giles–Lumer-f´ele [x, y] szorzat defini´ al egy p-hez tartoz´o, Nath-f´ele s.i.p-t a k¨ovetkez˝o egyenl˝os´eg alapj´ an: p−2 [ [x, y] = [y, y] 2 [x, y]. A Giles-f´ele homogenit´ as pontosan akkor teljes¨ ul, ha a Nath-f´ele s.i.p. kiel´eg´ıt egy (p − 1)-homogenit´ asi tulajdons´agot, azaz minden komplex λ-ra fenn´all az \ [ ¯ p−2 [x, s5” [x, λy] = λ|λ| y]

egyenl˝ os´eg. Ez´ert az eredeti defin´ıci´o pontosan ugyanolyan ´altal´anos, mint a Nath-f´ele. A norm´ alt tereket geometriai szem¨ uvegen kereszt¨ ul is vizsg´alhatjuk, hiszen az n-dimenzi´ os euklideszi Rn t´er egy orig´ora szimmetrikus centr´alszimmetrikus konvex teste defini´ al egy norm´at, aminek az egys´egg¨ombje maga a test. Egy ilyen teret a geometri´ aban feltal´al´oja ut´an Minkowski-t´ernek nevez¨ unk. Ezekre a v´eges dimenzi´ os val´os norm´alt terekre vonatkoz´o fontos alaperedm´enyek k¨ ul¨ onf´ele ¨ osszefoglal´ o cikkekben olvashat´ok, melyek k¨oz¨ ul k¨ ul¨on¨osen aj´ anlunk Horst Martini ´es t´ arsai´et.5 6 Ez a t´er – defin´ıci´ oja szerint – egy be´agyaz´o n-dimenzi´os val´os euklideszi t´errel rendelkezik, azon m´erj¨ uk m´ask´epp a pontok t´avols´ag´at. Ez is tekinthet˝ o a Lumer–Giles-elm´elet szerinti s.i.p. t´ernek, ha a komplex fogalmakat a megfelel˝ o val´ os fogalmakra cser´elj¨ uk. 8.1.2. Indefinit skal´ aris szorzat Minkowski egy m´ asik, tal´ an m´eg fontosabb t´erfogalmat is l´etrehozott. Ezt az elm´eleti fizik´ aban Minkowski-t´ernek szokt´ak nevezni. Lorentz ´es Einstein nyom´ an ´eszrevette, hogy a vil´ag jelens´egeinek vizsg´alat´ara alkalmas, az id˝ ot negyedik dimenzi´ ok´ent tartalmaz´o be´agyaz´o n´egydimenzi´os euklideszi 4 Nath, B.: On a generalization of semi-inner product spaces. Math. J. Okayama Univ. 15/1 (1971), 1–6. 5 Martini, H., Swanepoel, K., Weiss, G.: The geometry of Minkowski spaces - a survey. Part I. Expositiones Mathematicae 19 (2001), 97-142. 6 Martini, H., Swanepoel, K.: The Geometry of Minkowski Spaces - a survey. Part II. Expositiones Mathematicae 22(2) (2004), 93-144.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ ris szorzat a ´ ltala ´ nos´ıta ´ sai 8.1. A skala

401

t´er pontjainak a t´ avols´ agait alkalmas m´odon m´erve az id˝o-, illetve t´erszer˝ u koordin´ at´ ak azonos m´ odon kezelhet˝ok. Ezzel elind´ıtja a pszeudoeuklideszi terek vizsg´ alat´ at, mely nem m´ as mint egy val´os vagy komplex v´eges dimenzi´os vektort´er, ell´ atva egy olyan szorz´assal, mely nem pozit´ıv definit. Az ilyen szorz´ ast indefinit skal´ aris szorz´ asnak nevezz¨ uk. 7 Pontosabban: 8.1.4. Defin´ıci´ o. Egy V komplex vektort´er indefinit skal´aris szorzata (i.i.p.) egy olyan komplex [x, y] : V × V −→ C f¨ uggv´eny, amely a k¨ ovetkez˝ o tulajdons´ agokat teljes´ıti: i1 [x + y, z] = [x, z] + [y, z], i2 [λx, y] = λ[x, y] minden λ ∈ C, i3 [x, y] = [y, x] minden x, y ∈ V ,

i4 [x, y] = 0 minden y ∈ V then x = 0.

Egy V vektort´er egy i.i.p.-vel egy u ´gynevezett i.i.p.-t´er. Be lehet vezetni a pozit´ıv (nemnegat´ıv), illetve negat´ıv (nem pozit´ıv) alterek fogalm´ at, melyekben a nemnulla vektorok pozit´ıv (nemnegat´ıv) vagy negat´ıv (nempozit´ıv) skal´ arn´egyzettel rendelkeznek. Speci´alis jelens´eg, hogy i.i.p.-t´erben tal´ alhatunk olyan altereket, melyben minden vektor skal´arn´egyzete nulla. A V i.i.p.-t´er N altere neutr´ alis, ha [v, v] = 0 minden v ∈ N eset´en. Az [x, y] =

1 {[x + y, x + y] + i[x + iy, x + iy] − [x − y, x − y] − i[x − iy, x − iy]}, 4

osszef¨ ugg´es alapj´ an az N alt´er akkor ´es csak neutr´alis, ha [u, v] = 0 telje¨ s¨ ul minden u, v ∈ N vektorp´arra. Egy ilyen alt´er nemnegat´ıv ´es nempozit´ıv egyszerre, ´es sz¨ uks´egszer˝ uen degener´alt alt´er. Igazolhat´o a k¨ovetkez˝o ´all´ıt´as: 8.1.3. T´ etel. Egy nemnegat´ıv (illetve nempozit´ıv) alt´er direkt ¨ osszege egy pozit´ıv (illetve negat´ıv) ´es egy neutr´ alis alt´ernek. Jegyezz¨ uk meg tov´ abb´ a, hogy ez a felbont´as nem egy´ertelm˝ u, de a szerepl˝o komponensek dimenzi´ oi igen. 8.1.3. F´ elindefinit skal´ aris szorzatos t´ er Az egyszer˝ ubb kommunik´ aci´ o miatt nevezz¨ uk el a s.i.p.-, illetve i.i.p.-t´er defini´ al´ o axi´ om´ ait a k¨ ovetkez˝ ok´eppen: s1 az els˝ o argumentum additivit´ asi tulajdons´ aga, s2 az els˝ o argumentum homogenit´ asi tulajdons´ aga, 7 Gohberg, I., Lancester, P., Rodman, L.: Indefinite Linear Algebra and Applications. Birkh¨ auser, Basel-Boston-Berlin 2005.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

402

´rido ˝ 8. A te

s3 a pozit´ıv definits´eg tulajdons´aga, s4 a Cauchy–Schwartz-egyenl˝ otlens´eg, s5 a m´ asodik argumentum homogenit´ asa, i3 az antiszimmetria tulajdons´ aga, i4 a nem elfajul´ as tulajdons´ aga. Ekkor i1=s1, i2=s2. K¨ onnyen l´athatjuk, hogy s1, s2, s3, s5 egy¨ uttes fenn´ll´ a asa maga ut´ an vonja a szorzat nem elfajul´o volt´at, ´es minden nem negat´ıv (illetve nem pozit´ıv) N alt´eren teljes¨ ul a Cauchy-Schwartz-egyenl˝otlens´eg. Pr´ ob´ aljuk meg ¨ otv¨ ozni a k´et axi´omarendszert valamilyen ´ertelmes m´odon. 8.1.5. Defin´ıci´ o. Egy komplex V vektort´er f´elindefinit skal´ aris szorzat´ anak (s.i.i.p-nek) nevez¨ unk egy [x, y] : V × V −→ C komplex f¨ uggv´enyt, ha rendelkezik a k¨ ovetkez˝ o tulajdons´ agokkal: 1 [x + y, z] = [x, z] + [y, z] (additivit´ as az els˝ o v´ altoz´ oban), 2 [λx, y] = λ[x, y] minden λ ∈ C (homogenit´ as az els˝ o argumentumban),

as a m´ asodik argumentumban), 3 [x, λy] = λ[x, y] minden λ ∈ C (homogenit´ 4 [x, x] ∈ R minden x ∈ V (val´ os ´ert´ek˝ us´eg tulajdons´ aga),

5 ha vagy [x, y] = 0 teljes¨ ul minden y ∈ V eset´en vagy [y, x] = 0 teljes¨ ul minden y ∈ V eset´en, akkor x = 0 (nemelfajul´ as tulajdons´ aga),

6 |[x, y]|2 ≤ [x, x][y, y] nemnegat´ıv ´es nempozit´ıv alterekhez tartoz´ o x, y vektorp´ arra (a Cauchy–Schwartz-egyenl˝ otlens´eg teljes¨ ulj¨ on nempozit´ıv ´es nemnegat´ıv altereken).

Egy V vektorteret, melyen ´ertelmezett egy s.i.i.p., f´elindefinit skal´ aris szorzatos t´ernek (s.i.i.p.-t´ernek) nevez¨ unk. A k¨ ovetkez˝ okben illusztr´ aljuk, hogy a s.i.i.p.-t´er fogalma nemcsak trivi´alis p´eld´ akat tartalmaz. 1.P´ elda: Egy s.i.i.p.-t´er pontosan akkor homog´en s.i.p., ha pozit´ıv definit az s.i.i.p. Egy s.i.i.p.-t´er pontosan akkor i.i.p.-t´er, ha az s.i.i.p. antiszimmetrikus is. Val´ oban, az [x, x] = [x, x] egyenl˝os´egb˝ol k¨ovetkezik a nemelfajul´as tulajdons´ aga. A m´ asodik argumentumban val´o linearit´as is teljes¨ ul, hiszen [x, λy + µz] = [λy + µz, x] = λ[y, x] + µ[z, x] = λ[x, y] + µ[x, z]. Az is vil´ agos, hogy minden – ak´ar geometriai, ak´ar fizikai – Minkowski-t´er reprezent´ alhat´ o s.i.i.p.-t´erk´ent. 2. P´ elda: Legyen V = h{e1 , e2 , e3 }i egy h´aromdimenzi´os vektort´er, ´es C a C = ∪{conv {εi ei |i = 1, 2, 3}, ahol minden i-re εi ∈ {±1}} szab´ alyos okta´eder felsz´ıne.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ ´ nos´ıtott te ´rido ˝ modell 8.2. Altal a

403

Vil´ agos, hogy egy val´ os v ∈ C helyvektorhoz l´etezik legal´abb egy, ´es kiv´alaszhatunk pontosan egy v ⋆ line´aris funkcion´alt a k¨ovetkez˝o tulajdons´aggal. Legyen v ⋆ (v) = (−1)k , ahol k a kombinatorikus dimenzi´oja annak a C-beli Fv lapnak, amelyiknek v a relat´ıv belsej´ebe esik (nyilv´anval´o, hogy k + 1 a v el˝ o´ all´ıt´ as´ aban szerepl˝ o nem nulla koordin´at´ak sz´ama). Legyen λv ∈ V , ahol v ∈ C, ´es minden val´ os λ-hoz v´alasszunk egy (λv)⋆ = λv ⋆ line´aris funkcion´alt. Az ´ıgy adott V -b˝ ol a du´ alis t´erbe V ⋆ -ba men˝o lek´epez´es gener´al egy [u, v] = v ⋆ (u) szorzatot, amely teljes´ıti az 1-4. tulajdons´agokat. Az 5. tulajdons´ag az´ert teljes¨ ul, mert nincs olyan v vektor, amire v ⋆ (v) = 0 volna. V´eg¨ ul minden k´etdimenzi´ os alt´er tartalmaz olyan v, illetve w vektorokat, amelyekre by v ⋆ (v) > 0, illetve w⋆ (w) < 0 teljes¨ ul, ez´ert nincs nemnegat´ıv, vagy nempozit´ıv alt´er, mutatva, hogy az utols´ o, 6. felt´etelnek is teljes¨ ulnie kell. 3. P´ elda: Tetsz˝ oleges V komplex norm´alt t´erhez defini´alni tudunk sz´amos s.i.i.p.-t, melyek k¨ oz¨ ul egy a norm´ahoz tartoz´o valamelyik s.i.p. Legyen C a V t´er egys´egszf´er´ aja. A Banach–Hahn-t´etel szerint van legal´abb egy, ´es ez´ert mi kiv´ alaszthatunk pontosan egy folytonos line´aris funkcion´alt, melyre ke v ⋆ k = 1 teljes¨ ul, ´es ve⋆ (v) = 1 is fenn´all. Tekints¨ unk egy ε([v]) el˝ojelf¨ uggv´enyt ±1 ´ert´ekekkel a C komplex projektiviz´altj´an, C/ ∼-en, ahol C/ ∼ jelenti a C-nek az ”x ∼ y ⇔ x = λy ha λ 6= 0”

ekvivalenciarel´ aci´ o szerinti faktoriz´altj´at. Ha ε([v]) = 1, legyen v ⋆ = ve⋆ , ha viszont ε([v]) = −1, defini´aljuk v ⋆ -t az v ⋆ = −e v ⋆ egyenl˝os´eggel. V´eg¨ ul terjessz¨ uk ki homog´en m´ odon V -re a dualit´aslek´epez´est az (λv)⋆ = λv ⋆ szab´allyal. A dualit´ aslek´epez´es k´ep´enek line´aris funkcion´aljai teljes´ıtik a v ⋆ (v) := 2 ε([v])kvk ´es kvk = kv ⋆ k felt´eteleket. Az [u, v] = v ⋆ (u) defin´ıci´ oval kapott szorz´ as kiel´eg´ıti az 1-5 felt´eteleket. Ha U nemnegat´ıv alt´er, akkor pozit´ıv is, ´es tetsz˝ oleges u, v ∈ U eset´en az |[u, v]| = |v ⋆ (u)| =

|v ⋆ (u)| kuk ≤ kv ⋆ kkuk = kvkkuk kuk

egyenl˝ otlens´eg bizony´ıtja 6-ot.

´ 8.2. Altal´ anos´ıtott t´ erid˝ omodell C´elunk a Lorentz, Einstein, Minkowski ´altal kidolgozott t´erid˝omodell ´altal´anosabb szitu´ aci´ oban val´ o v´egig gondol´asa. Kiindul´asi ¨otlet¨ unk, hogy az el˝oz˝o

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

404

´rido ˝ 8. A te

fejezetben kidolgozott ´ altal´ anos szorzatfogalom, a s.i.i.p. is felhaszn´alhat´o egy t´erid˝ omodell fel´ep´ıt´es´ehez. El˝osz¨or megteremtj¨ uk az elvi alapokat. 8.2.1. A modell defini´ al´ asa Els˝ o l´ep´esben a k´et (geometria ´es fizikai) Minkowski-t´er kombin´al´as´aval megadjuk az ´ altal´ anos´ıtott Minkowski-t´er fogalm´at8 . M´asodik l´ep´esben ezt specializ´ alva jutunk el az ´ altal´ anos´ıtott t´erid˝omodell fogalm´ahoz. A tov´ abbl´ep´eshez sz¨ uks´eg¨ unk lesz egy fontos seg´edt´etelre. 8.2.1. Lemma. Legyenek (S, [·, ·]S ), illetve (T, −[·, ·]T ) k´et s.i.p.-t´er. Ekkor az S + T direkt¨ osszeg-vektort´eren az [s1 + t1 , s2 + t2 ]− := [s1 , s2 ] − [t1 , t2 ] szab´ allyal ´ertelmezett [·, ·]− : (S + T ) × (S + T ) −→ C f¨ uggv´eny szint´en egy s.i.p. Bizony´ıt´ as: A [·, ·]− f¨ uggv´eny nemnegat´ıv. Az els˝o argumentumban val´o linearit´ as a k¨ ovetkez˝ ok´eppen igazolhat´o: [λ′ (s′ + t′ ) + λ′′ (s′′ + t′′ ), s + t]− = [λ′ s′ + λ′′ s′′ , s]S − [λ′ t′ + λ′′ t′′ , t]T = = λ′ [s′ , s]S + λ′′ [s′′ , s]S − λ′ [t′ , t]T − λ′′ [t′′ , t]T = = λ′ [s′ + t′ , s + t]− + λ′′ [s′′ + t′′ , s + t]− .

A m´ asodik argumentum homogenit´asa is teljes¨ ul, hiszen [s′ + t′ , λ(s + t)]− = [s′ , λs]S − [t′ , λt]T = λ[s′ + t′ , s + t]− . V´eg¨ ul h´ atra van a Cauchy–Schwartz-egyenl˝otlens´eg igazol´asa. |[s1 + t1 , s2 + t2 ]− |2 = [s1 + t1 , s2 + t2 ]− [s1 + t1 , s2 + t2 ]− = = ([s1 , s2 ]S − [t1 , t2 ]T )([s1 , s2 ]S − [t1 , t2 ]T ) = = [s1 , s2 ]S [s1 , s2 ]S +[t1 , t2 ]T [t1 , t2 ]T +[s1 , s2 ]S (−[t1 , t2 ]T )+(−[t1 , t2 ]T )[s1 , s2 ]S ≤ [s1 , s1 ]S [s2 , s2 ]S + [t1 , t1 ]T [t2 , t2 ]T + 2ℜ{[s1 , s2 ]S (−[t1 , t2 ]T )} ≤

≤ [s1 , s1 ]S [s2 , s2 ]S + [t1 , t1 ]T [t2 , t2 ]T + 2|[s1 , s2 ]S ||[t1 , t2 ]T | ≤ p ≤ [s1 , s1 ]S [s2 , s2 ]S + [t1 , t1 ]T [t2 , t2 ]T + 2 [s1 , s1 ]S [s2 , s2 ]S [t1 , t1 ]T [t2 , t2 ]T ,

´es ´ıgy a sz´ amtani ´es m´ertani k¨oz´ep k¨oz¨otti egyenl˝otlens´eg miatt fenn´all p [s1 , s1 ]S [s2 , s2 ]S + [t1 , t1 ]T [t2 , t2 ]T + 2 [s1 , s1 ]S [s2 , s2 ]S [t1 , t1 ]T [t2 , t2 ]T ≤

8 A.G.Horv´ ´ ath: Semi-indefinite inner product and generalized Minkowski spaces. Journal of Geometry and Physics 60 (2010) 1190-1208.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ ´ nos´ıtott te ´rido ˝ modell 8.2. Altal a

405

≤ [s1 , s1 ]S [s2 , s2 ]S +[t1 , t1 ]T [t2 , t2 ]T +[s1 , s1 ]S (−[t2 , t2 ]T +(−[t1 , t1 ]T )[s2 , s2 ]S

= ([s1 , s1 ]S −[t1 , t1 ]T )([s2 , s2 ]S −[t2 , t2 ]T ) = [s1 +t1 , s1 +t1 ]− [s2 +t2 , s2 +t2 ]− . Elk´epzelhet˝ o, hogy egy V s.i.i.p.-t´er egy pozit´ıv ´es egy negat´ıv alter´enek direkt o all el˝ o. Ekkor k´et tov´abbi strukt´ ur´aval ruh´azhatjuk fel, az ¨sszegek´ent ´ egyik egy s.i.p.-t´er-strukt´ ura, a m´asikat pedig Minkowski-strukt´ ur´anak fogjuk nevezni. Pontosabban: 8.2.1. Defin´ıci´ o. Legyen (V, [·, ·]) egy s.i.i.p.-t´er. Tegy¨ uk fel, hogy S, T ≤ V pozit´ıv, illetve negat´ıve alterek, melyek egym´ as direkt kieg´esz´ıt˝ o alterei V -re n´ezve, S pozit´ıv, T negat´ıv. Defini´ aljunk egy szorz´ ast V -n az [u, v]+ = [s1 + t1 , s2 + t2 ]+ = [s1 , s2 ] + [t1 , t2 ] egyenl˝ os´eggel, ahol si ∈ S ´es ti ∈ T . Ekkor azt mondjuk, hogy a (V, [·, ·]+ ) p´ ar altal´ ´ anos´ıtott Minkowski t´er a [·, ·]+ Minkowski-szorz´assal. Szint´en haszn´ aljuk V -re a val´ os ´ altal´ anos´ıtott Minkowski-t´er elnevez´est, ha V val´ os vektort´er ´es a s.i.i.p. egy val´ os ´ert´ek˝ u f¨ uggv´eny. A k¨ ovetkez˝ okben a defin´ıci´ohoz kapcsol´od´o ´eszrev´eteleket tesz¨ unk. 8.2.1. Megjegyz´ es. A Minkowski-szorzat fogalma nyilv´ an teljes´ıti a s.i.i.p. 1-5 tulajdons´ agait. Azonban 6 tipikusan nem teljes¨ ul. Az al´ abbi p´eld´ aban ezt j´ ol l´ athatjuk. Tekints¨ unk egy S 2-dimenzi´ os l∞ s´ıkot a be´ agyaz´ o E 3 euklideszi t´erben. 3 V´ alasszuk egy {e1 , e2 , e3 } ortonorm´ alt b´ azis´ at E -nek u ´gy, hogy e1 , e2 ∈ S teljes¨ ulj¨ on. El˝ osz¨ or reprezent´ aljuk a s´ık l∞ norm´ aj´ at egy s.i.p.-vel. Legyen [x1 e1 + x2 e2 , y1 e1 + y2 e2 ]S := = x1 y1 lim  p→∞

Lemm´ ank szerint

1 1+



y2 y1

+ x2 y2 lim  p  p−2 p→∞ p

1 1+



y1 y2

. p  p−2 p

[x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 , y1 e1 + y2 e2 + y3 e3 ]− := [x1 e1 + x2 e2 , y1 e1 + y2 e2 ]S + x3 y3 egy s.i.p. a teljes E 3 t´eren, ami a p

[x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 , x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 ]− :=

q max{|x1 |, |x2 |}2 + x23

norm´ at reprezent´ alja. A 3. p´eld´ ank m´ odszere szerint tekinthet¨ unk egy ε(v) el˝ ojelf¨ uggv´enyt, mely 1-gyel egyenl˝ o, ha v a vizsg´ alt s´ık egys´egszf´er´ aj´ anak a pontja, azaz S ∩C-hez tartozik, ´es −1-el egyenl˝ o, ha v = e3 . Az el˝ ojelf¨ uggv´eny

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

406

´rido ˝ 8. A te

z y z= 2 y

x

2 2 max{|x|,|y|} - y =1 4

8.1. ´ abra. Az A.2.1. megjegyz´es p´eld´aja tov´ abbi ´ert´ekeit v´ alasszuk meg a max{|x1 |, |x2 |}2 − x23 kifejez´es el˝ ojel´enek a T v = (x1 , x2 , x3 ) vektorhoz val´ o rendel´es´evel. Ez az el˝ ojelf¨ uggv´eny meghat´ aroz egy [·, ·] s.i.i.p.-szorzatot, ´es a k´et v´ alasztott S, illetve T alt´erre vonatkoz´ oan egy [·, ·]+ Minkowski-szorzatot, melyre vonatkoz´ o hosszakat a k¨ ovetkez˝ ok´eppen fejezhetj¨ uk ki: p f (v) := [x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 , x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 ]+ = q = max{|x1 |, |x2 |}2 − x23 .

Tekints¨ uk most az x3 = αx2 s´ıkot valamely 0 < α < 1 eset´en. Ez pozit´ıv alt´er az s.i.i.p ´es a Minkowski-szorzat tekintet´eben is, ´es hab´ ar a s.i.i.p.-szorzat tekintet´eben teljes¨ ul rajta a Cauchy–Schwartz-egyenl˝ otlens´eg, a Minkowskiszorzat tekintet´eben nem, mivel f (v) olyan homog´en f¨ uggv´eny, aminek az egys´egg¨ ombje a vizsg´ alt s´ıkon konk´ av, ez´ert nem lehet szubaddit´ıv. Azonban a Cauchy–Schwartz-egyenl˝ otlens´egb˝ ol a szubadditivit´ as k¨ ovetkezik, ´ıgy nem teljes¨ ulhet a Cauchy–Schwartz-egyenl˝ otlens´eg sem a vizsg´ alt s´ıkon. p uggv´eny 8.2.2. Megjegyz´ es. Az A.2.1 lemma szerint a [v, v]− egy normaf¨ a V vektort´eren, amit az ´ altal´ anos´ıtott Minkowski-t´er be´ agyaz´ o norm´ alt tere norm´ aj´ anak nevez¨ unk. A helyzet teljes anal´ ogi´ at mutat a pszeudoeuklideszi t´er ´es az ˝ ot be´ agyaz´ o euklideszi t´er kapcsolat´ aval. Az A.2. ´ abra ezt a kapcsolatot mutatja az egys´egg¨ omb¨ ok¨ on kereszt¨ ul.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ ´ nos´ıtott te ´rido ˝ modell 8.2. Altal a

407

T [s,s]+[t,t]= -1 [s,s]+[t,t]=1

[s,s]-[t,t]=1 S

8.2. ´ abra. Egys´egg¨omb¨ok k´et dimenzi´oban A tov´ abbiakban v´eges dimenzi´os, val´os, ´altal´anos´ıtott Minkowski-tereket fogunk vizsg´ alni. Alapvet˝ o k¨ ul¨onv´alasztani azon vektorokat, melyek skal´arn´egyzete pozit´ıv – ´ıgy t´erszer˝ uen viselkednek – azokt´ol, melyek skal´arn´egyzete negat´ıv – teh´ at id˝ oszer˝ uen viselkednek. 8.2.2. Defin´ıci´ o. Legyen V egy ´ altal´ anos´ıtott Minkowski-t´er az S, T kiindul´ asi pozit´ıv, illetve negat´ıv alterei ´ altal meghat´ arozva. Nevezz¨ uk egy vektor´ at t´erszer˝ unek, f´enyszer˝ unek vagy id˝oszer˝ unek, aszerint, hogy a skal´ arn´egyzete pozit´ıv, z´erus vagy negat´ıv. Legyen S ⊃ S, L ´es T ⊃ T a t´erszer˝ u, f´enyszer˝ u, illetve id˝ oszer˝ u vektorok halmaza. Ha a t´er v´eges dimenzi´ os, val´ os ´es dim T = 1, akkor a teret ´ altal´anos´ıtott t´erid˝omodellnek nevezz¨ uk. ´ Altal´ anos´ıtott t´erid˝ omodellben T k´et darabj´anak az uni´oja, azaz T = T + ∪ T −, ahol T + = {s + t ∈ T | ahol t = λen valamilyen λ ≥ 0} ´es T − = {s + t ∈ T | ahol t = λen valamilyen λ ≤ 0}.

A k¨ ovetkez˝ o t´etel alapj´ an besz´elhet¨ unk f´enyk´ upr´ol, melynek belsej´eben tal´ alhat´ oak az id˝ oszer˝ u vektorok, k¨ ulsej´eben pedig a t´erszer˝ uek. Mint ezen

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

408

´rido ˝ 8. A te

k¨ onyv k´es˝ obbi oldalain (Minkowski el˝oad´as´aban) olvashatjuk, a fizik´aban szok´ asos indefinit szorz´ as a mienk −1-szerese, ez´ert az id˝oszer˝ u vektorok halmaza tartalmazza a vil´ ag pontjainak vil´agvonalait, melyek hat´arhelyzetben a f´enyk´ up alkot´ oi ment´en ´eppen f´enysebess´eggel haladnak, minden l´etez˝o sebess´egvektor enn´el kisebb abszol´ ut´ert´ekkel rendelkezik. 8.2.1. T´ etel. Legyen most V egy ´ altal´ anos´ıtott t´erid˝ omodell. T egy ny´ılt kett˝ os k´ up, melynek a hat´ ara ´eppen L. A pozit´ıv r´esze, T + (ugyan´ ugy mint a negat´ıv r´esze, T − ) konvex. Bizony´ıt´ as: A k´ upszer˝ us´eg tulajdons´aga azonnal k¨ovetkezik a [λv, λv]+ = λλ[v, v]+ = |λ|2 [v, v]+ egyenl˝ os´egb˝ ol. Tekints¨ uk a t´er (n − 1)-dimenzi´os valamely UT = S + t alak´ u affin alter´et, ahol t ∈ T tetsz˝ oleges, de nem nulla. Ekkor a T U egy elem´ere kapjuk, hogy 0 ≥ [s + t, s + t]+ = [s, s] + [t, t], azaz [s, s] ≤ −[t, t]. Mivel t fix, ebb˝ol r¨ogt¨on k¨ovetkezik, hogy a vizsg´alt metszet vektorainak S-beli komponensei az S (n − 1)-dimenzi´os val´os vektort´er azon konvex test´et alkotj´ ak, amely a s.i.i.p. ´altal S-en is induk´alt norma egys´egg¨ ombj´enek sz´ amszorosa. Azaz T t´enyleg egy kett˝os k´ up, amelynek pozit´ıv illetve negat´ıv darabjai konvexek. A hat´arpontjaira az egyenl˝otlens´eg egyenl˝ os´egg´e v´ alik, azaz ´eppen a f´enyszer˝ u vektorokat kapjuk ´ıgy meg. Mivel a t´er t¨ obbi vektora t´erszer˝ u, utols´ o ´all´ıt´asunk is ad´odik. 8.2.2. Differenci´ algeometria ´ altal´ anos´ıtott t´ erid˝ omodellben A tov´ abbiakban ´ altal´ anos´ıtott t´erid˝omodellben v´egz¨ unk differenci´algeometriai vizsg´ alatokat. Els˝ o l´ep´esk´ent defini´aljuk a hiperfel¨ ulet fogalm´at ´es a hozz´a kapcsolhat´ o g¨ orb¨ uleti fogalmakat. Legyen f : S 7−→ R egy val´os ´ert´ek˝ u, az S alt´eren ´ertelmezett f¨ uggv´eny. Ha e az S egy egys´egvektora, akkor defini´aljuk az e ir´anyban tekintett ir´anymenti deriv´ altat a szok´ asos m´ odon a fe′ (s) = lim

λ7→0

f (s + λe) − f (s) λ

hat´ ar´ert´ek l´etez´es´evel. Tekints¨ uk a t´erid˝omodell egy {e1 , . . . , en } b´azis´at, ahol az els˝ o n − 1 vektor S b´ azis´ at adja, en pedig T -hez tartozik −1 skal´arn´egyzettel. 8.2.3. Defin´ıci´ o. Az F := {(s + f (s)en ) ∈ V , s ∈ S}

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ ´ nos´ıtott te ´rido ˝ modell 8.2. Altal a

409

helyvektorok v´egpontjainak halmaz´ at hiperfel¨ uletnek nevezz¨ uk. Az F hiperfel¨ ulet ´erint˝ ovektorai a p pontban az ir´ anymenti deriv´ altak ´ altal a szok´ asos m´ odon meghat´ arozott V -beli vektorok. Azaz u egy ´erint˝ovektora az F hiperfel¨ uletnek, annak v = (s + f (s)en ) pontj´ aban, ha u = α(e + fe′ (s)en ) ahol α val´ os ´es e ∈ S egys´egvektor. Az ´erint˝ ovektorok s kezd˝ opont´ u p´eld´ anyai alkotj´ ak az F s-beli ´erint˝ oter´et. Ha az ´erint˝ ot´er n − 1-dimenzi´ os affin alt´er, akkor ´erint˝o hipers´ıknak nevezz¨ uk.

A k¨ ovetkez˝ o speci´ alis f¨ uggv´eny vizsg´alata szoros kapcsolatban van az ´altal´ anos´ıtott t´erid˝ omodell egys´egg¨ombjeinek vizsg´alat´aval. A f¨ uggv´eny ´altal´ anos´ıtott Minkowski-t´er eset´eben ´ertelmes, a deriv´altjait a komplex esetben hat´ arozzuk meg. 8.2.2. Lemma. V most egy ´ altal´ anos´ıtott Minkowski-teret jelent, ahol az S t´er szorzata van [·, ·]|S -el jel¨ olve. Tegy¨ uk fel a szorzat folytonoss´ ag´ at is. (Azaz a megfelel˝ o s.i.p.-t´erben teljes¨ ulj¨ on s6.) Ekkor a p h : s 7−→ 1 + [s, s] f¨ uggv´enynek a megfelel˝ o ir´ anymenti deriv´ altjai a h′e (s) = p

ℜ[e, s]

1 + [s, s]

k´eplettel ´ırhat´ ok le.

.

Bizony´ıt´ as: A defin´ıci´ o szerint p p 1 + [s + λe, s + λe] − 1 + [s, s] h(s + λe) − h(s) = = λ λ p p 1 + [s + λe, s + λe] 1 + [s, s] − (1 + [s, s]) p = . λ 1 + [s, s]

Mivel s + λe, s ∈ S, ´es S pozit´ıv alt´er, ez´ert p p 0 ≤ ( [s + λe, s + λe] − [s, s])2 = p p = [s + λe, s + λe] − 2 [s + λe, s + λe] [s, s] + [s, s],

´es ´ıgy

[s + λe, s + λe] + [s, s] ≥ 2 alapj´ an k¨ ovetkezik, hogy

p

[s + λe, s + λe]

p [s, s] ≥ 2|[s + λe, s]|

[s + λe, s + λe] + [s, s] ≥ 2|[s, s + λe]|.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

410

´rido ˝ 8. A te

Ezen egyenl˝ otlens´egeket haszn´alva, kapjuk, hogy p 1 + 2|[s + λe, s]| + |[s + λe, s]|2 − (1 + [s, s]) h(s + λe) − h(s) p = ≥ λ λ 1 + [s, s] =

1 + |[s + λe, s]| − 1 − [s, s] ℜ{[s, s] + λ[e, s]} − [s, s] ℜ[e, s] p p ≥ =p . λ 1 + [s, s] λ 1 + [s, s] 1 + [s, s]

De u ´gyszint´en teljes¨ ul, hogy

h(s + λe) − h(s) = λ p p (1 + [s + λe, s + λe]) − 1 + [s, s] (1 + [s + λe, s + λe]) p = ≤ λ 1 + [s + λe, s + λe] ≤

(1 + [s + λe, s + λe]) − 1 − |[s, s + λe]| p = λ 1 + [s + λe, s + λe] =

= ≤

ℜ{[s + λe, s + λe]} − |[s, s + λe]| p = λ 1 + [s + λe, s + λe]

ℜ{[s, s + λe] + λ[e, s + λe]} − |[s, s + λe]| p ≤ λ 1 + [s + λe, s + λe]

|[s, s + λe]| + ℜ{λ[e, s + λe]} − |[s, s + λe]| p = λ 1 + [s + λe, s + λe] ℜ{[e, s + λe]} =p . 1 + [s + λe, s + λe]

A folytonoss´ agr´ ol sz´ ol´ o s6 tulajdons´ag alapj´an a vizsg´alt hat´ar´ert´ek l´etezik, ´es a deriv´ alt ´ert´eke ℜ[e, s] p , 1 + [s, s] ahogy a´ll´ıtottuk. Fontos k¨ ovetkezm´enyek ad´odnak a fenti sz´am´ıt´asb´ol.

8.2.2. T´ etel. Tegy¨ uk fel, hogy az S t´er [·, ·] s.i.p.-je differenci´ alhat´ o (azaz teljes¨ ul s6’ is). Ekkor tetsz˝ oleges x,z S-beli vektorp´ arra: [x, ·]′z (x) = 2ℜ[z, x] − [z, x], ´es k · k′′x,z (x) =

www.interkonyv.hu

ℜ[z, x] − [z, x] . kxk

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ ´ nos´ıtott te ´rido ˝ modell 8.2. Altal a

411

Ha a s.i.p.-r˝ ol a folytonos differenci´ alhat´ os´ agot is feltessz¨ uk (azaz a megfelel˝ o norma egy C 2 f¨ uggv´eny), akkor m´eg egy ¨ osszef¨ ugg´est ismer¨ unk: [x, ·]′x (y) = [x, x], aminek alapj´ an ad´ odik, hogy k · k′′x,x (y) = kxk2 −

ℜ[x, y]2 . kyk2

Bizony´ıt´ as: Mivel 1 1 1 ([x + λz, x + λz] − [x, x]) = ([x, x + λz] − [x, x]) + [λz, x + λz], λ λ λ ez´ert ha λ tart null´ ahoz, a jobb oldal a [x, ·]′z (x) + [z, x] kifejez´eshez tart. A bal oldal egyenl˝ oa  p  p p p 1 + [x + λz, x + λz] − 1 + [x, x] 1 + [x + λz, x + λz] + 1 + [x, x] λ

kifejez´essel, ez´ert az el˝ oz˝ o´ all´ıt´as szerint tart a p ℜ[z, x] p 2 1 + [x, x] 1 + [x, x]

kifejez´eshez. Ebb˝ ol ad´ odik az els˝o egyenl˝os´eg:

[x, ·]′z (x) = 2ℜ[z, x] − [z, x]. Felhaszn´ alva a m´ asodik deriv´altr´ol sz´ol´o t´etel¨ unket kapjuk, hogy kxk(k · k′′x,z (x)) = [x, ·]′z (x) −

ℜ[x, x]ℜ[z, x] , kxk2

ami ´eppen a m´ asodik ´ all´ıt´ as. Felt´eve a norma C 2 volt´ at, a szorzat m´asodik argumentum´anak els˝o deriv´ altja argumentumainak folytonos f¨ uggv´enye. Ez´ert azon A(y) : S −→ R f¨ uggv´eny, melyet az A(y) = [x, ·]′x (y) = lim

λ7→0

1 ([x, y + λx] − [x, y]) λ

formula defini´ al, szint´en folytonos y = 0-ban. Ugyanakkor nem nulla t ∈ R eset´en a tλ′ = λ jel¨ ol´essel kapjuk, hogy A(ty) = lim

λ7→0

www.interkonyv.hu

1 t ([x, ty + λx] − [x, y]) = lim ([x, y + λ′ x] − [x, y]) = A(y). λ′ 7→0 tλ′ λ

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

412

´rido ˝ 8. A te

Ebb˝ ol azonnal ad´ odik, hogy [x, ·]′x (y) = A(y) = A(0) = [x, x] teljes¨ ul, y-t´ ol f¨ uggetlen¨ ul. Az utols´o ´all´ıt´as megint a bevezet˝oben levezetett azon formul´ ank k¨ ovetkezm´enye, mely ¨osszekapcsolja a norma ´es a s.i.p.deriv´ altak ´ert´ekeit. Legyen S folytonosan differenci´alhat´o s.i.p.-t´er, V egy ´altal´anos´ıtott t´erid˝ omodell, F egy hiperfel¨ ulet. Azt mondjuk, hogy F t´erszer˝ u hiperfel¨ ulet, ha a Minkowski-szorzat az ´erint˝o hipers´ıkjain pozit´ıv. A k¨ovetkez˝okben a fel¨ uletek differenci´ algeometri´aj´anak alap fogalmait defini´aljuk ´altal´anos´ıtott t´erid˝ omodellben. T¨ obbek k¨ oz¨ott el˝oker¨ ul a konvexit´as k´erd´ese, az alapform´ak ´es g¨ orb¨ uletek defini´ al´ as´ anak k´erd´esei, az ´ıvhossz ´es a geodetikus fogalma. A megfelel˝ o fogalmak pszeudoeuklideszi,9 illetve semi-Riemann10 terekben m´ar defini´ altak, a mint´ at az ezen ter¨ uleteken tal´alhat´o defin´ıci´ok szolg´altatj´ak. 8.2.4. Defin´ıci´ o. Egy hiperfel¨ ulet konvex, ha minden ´erint˝ o hipers´ıkj´ anak az egyik oldal´ an fekszik. Szigor´ uan konvex, ha konvex, ´es minden ´erint˝ o hipers´ıkon pontosan egy pontja van a hiperfel¨ uletnek. Egy euklideszi t´erben az els˝ o alapforma egy pozit´ıv definit kvadratikus alak, melyet az ´erint˝ ot´er skal´aris szorzata induk´al. Az ´ altal´ anos´ıtott t´erid˝ omodellben az els˝o alapform´at az ´erint˝ot´er vektorainak Minkowski-szorzatra vonatkoz´o skal´arn´egyzet-f¨ uggv´eny´evel szeretn´enk defini´ alni. Tekints¨ unk egy f : S −→ V lek´epez´est, ´es bontsuk fel t´erszer˝ u, illetve id˝ oszer˝ u komponensek ¨ osszeg´ere a term´eszetes m´odon. Ekkor f = fS + fT , fS : S −→ S, illetve fT : S −→ T . A be´agyaz´o norm´alt t´erre vonatkoz´oan a tot´ alis (Frechet-) deriv´ altja:   DfS Df = , DfT amib˝ ol k¨ ovetkezik, hogy Df (s) = DfS (s) + DfT (s). 9 M. W. Dawis, G. Moussong: Notes on Nonpositively Curved Polyhedra, Bolyai Society Mathematical Studies, 8, Budapest, 1999. 10 B. A. Dubrovin, A. T. Fomenko, S. P. Novikov: Modern Geometry- Methods and Applications, Part I. The geometry of Surfaces, Transformation Groups, and Fields. Second Edition, Springer-Verlag, 1992.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ ´ nos´ıtott te ´rido ˝ modell 8.2. Altal a

413

Legyen most f1 , f2 : S −→ V k´et C 2 lek´epez´es ´es c : R −→ S egy tetsz˝ oleges C 2 g¨ orbe. T¨ om¨ or´ıt˝ o sz´and´ekkal vezess¨ uk be a k¨ovetkez˝o jel¨ol´est a Minkowski-szorzat m´ asodik argumentum´anak deriv´al´as´ahoz: ′

[(f1 ◦ c)(t)), ·]+ D(f2 ◦c)(t) (f2 (c(t))) :=

  := [(f1 )S (c(t)), ·]′D((f2 )S ◦c)(t) ((f2 )S (c(t))) − (f1 )T (c(t))((f2 )T ◦ c)′ (t) .

Ekkor teljes¨ ul a k¨ ovetkez˝ o:

8.2.3. Lemma. Ha f1 , f2 : S −→ V k´et C 2 lek´epez´es ´es c : R −→ S tetsz˝ oleges C 2 g¨ orbe, akkor ([(f1 ◦ c)(t)), (f2 ◦ c)(t))]+ )′ = ′

= [D(f1 ◦ c)(t), (f2 ◦ c)(t))]+ + [(f1 ◦ c)(t)), ·]+ D(f2 ◦c)(t) ((f2 ◦ c)(t)).

Bizony´ıt´ as: Defin´ıci´ o szerint

([f1 ◦ c, f2 ◦ c)]+ )′ |t :=


1 [f1 (c(t + λ)), f2 (c(t + λ))]+ − [f1 (c(t)), f2 (c(t))]+ λ→0 λ

:= lim

1 ([(f1 )S (c(t + λ)), (f2 )S (c(t + λ))] − [(f1 )S (c(t)), (f2 )S (c(t))]) + λ 1 + lim ([(f1 )T (c(t + λ)), (f2 )T (c(t + λ))] − [(f1 )T (c(t)), (f2 )T (c(t))]) . λ→0 λ Igazoljuk, hogy az els˝ o¨ osszeadand´ora fenn´all: = lim

λ→0

lim

λ→0

1 ([(f1 )S (c(t + λ)) − (f1 )S (c(t)), (f2 )S (c(t + λ))]+ λ

+[(f1 )S (c(t)), (f2 )S (c(t + λ))] − [(f1 )S (c(t)), (f2 )S (c(t))]) =

= [D((f1 )S ◦ c)|t , (f2 )S (c(t))] + [(f1 )S (c(t)), ·]′D((f2 )S ◦c)(t) ((f2 )S (c(t))).

Ehhez tekints¨ unk egy {e1 , · · · , en−1 }, S-beli koordin´ata-rendszert ´es (f2 )S ◦cnek a megfelel˝ o koordin´ at´ akkal val´o reprezent´aci´oj´at: (f2 )S ◦ c =

n−1 X i=1

((f2 )S ◦ c)i ei .

A koordin´ ata-f¨ uggv´enyekre vonatkoz´o Taylor-t´etel felhaszn´alva ad´odik, hogy vannak olyan val´ os ti ∈ (t, t + λ) param´eterek, amelyekkel n−1

1 X ((f2 )S ◦ c)′′i (ti )ei . ((f2 )S ◦ c)(t + λ) = ((f2 )S ◦ c)(t) + λD((f2 )S ◦ c)(t) + λ2 2 i=1

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

414

´rido ˝ 8. A te

Ekk´eppen kapjuk, hogy [(f1 )S (c(t)), (f2 )S (c(t + λ))] − [(f1 )S (c(t)), (f2 )S (c(t))] = = [(f1 )S (c(t)), (f2 )S (c(t)) + D((f2 )S ◦ c)(t)λ+ n−1

1 X ((f2 )S ◦ c)′′i (ti )ei ] − [(f1 )S (c(t)), (f2 )S (c(t))] = + λ2 2 i=1

= ([(f1 )S (c(t)), (f2 )S (c(t)) + D((f2 )S ◦ c)(t)λ] − [(f1 )S (c(t)), (f2 )S (c(t))]) + n−1

1 X ((f2 )S ◦ c)′′i (ti )ei ]− +[(f1 )S (c(t)), (f2 )S (c(t)) + D((f2 )S ◦ c)(t)λ + λ2 2 i=1 −[(f1 )S (c(t)), (f2 )S (c(t)) + D((f2 )S ◦ c)(t)λ].

A szorzat m´ asodik argumentum´aban elegend˝oen kicsi λ-kra teljes¨ ul a Lipschwitz-felt´etel valamely K konstanssal, ´ıgy kapjuk, hogy az utols´o k´et tag k¨ ul¨ onbs´eg´enek abszol´ ut ´ert´eke kisebb vagy egyenl˝o mint " # n−1 1 2X ′′ ((f2 )S ◦ c)i (ti )ei . K (f1 )S (c(t)), λ 2 i=1 Alkalmazva a hat´ ar´ atmenetet λ → 0 mellett a k´ıv´ant egyenl˝os´eghez jutunk. A m´ asodik tagban szerepl˝ o (f1 )T , illetve (f2 )T f¨ uggv´enyek val´os-val´os f¨ uggv´enyek, ´ıgy 1 ([(f1 )T (c(t + λ)), (f2 )T (c(t + λ))] − [(f1 )T (c(t)), (f2 )T (c(t))]) = λ→0 λ lim

= −((f1 )T ◦ c)′ (t)(f2 )T (c(t)) − (f1 )T (c(t))((f2 )T ◦ c)′ (t). Ekk´eppen ([(f1 ◦ c)(t)), (f2 ◦ c)(t))]+ )′ =

= [D((f1 )S ◦ c)(t), ((f2 )S ◦ c)(t))] + [(f1 )S (c(t)), ·]′D((f2 )S ◦c)(t) (((f2 )S ◦ c)(t)))− −((f1 )T ◦ c)′ (t)(f2 )T (c(t)) − (f1 )T (c(t))((f2 )T ◦ c)′ (t) = = [D(f1 ◦ c)(t), f2 (c(t))]+ +

  + [(f1 )S (c(t)), ·]′D((f2 )S ◦c)(t) ((f2 )S (c(t))) − (f1 )T (c(t))((f2 )T ◦ c)′ (t)

ad´ odik ´es ´ıgy az ´ all´ıt´ ast igazoltuk. Ezen el˝ ok´esz´ıt˝ o lemma ut´ an legyen most F egy hiperfel¨ ulet, amit az f : S −→ V

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ ´ nos´ıtott te ´rido ˝ modell 8.2. Altal a

415

f¨ uggv´eny defini´ al. Ekkor f (s) = s + f(s)en jel¨ ol´essel adhatjuk meg F pontjait. Ha c : R −→ S egy S-beli g¨orbe, akkor ez egy F -hez tartoz´ o fel¨ uleti g¨ orb´et is induk´al. Tegy¨ uk fel, hogy c egy C 2 -g¨orbe. Most m´ ar mondhatjuk: 8.2.5. Defin´ıci´ o. Az F hiperfel¨ ulet (f (c(t)) pontj´ aban vett els˝o alapforma az (f (c(t)) ponton kereszt¨ ulhalad´ o v´ altoz´ o fel¨ uleti c g¨ orb´ekre vonatkoz´ o If (c(t) := [D(f ◦ c)(t), D(f ◦ c)(t)]+ kifejez´es. Ahogy a defin´ıci´ ob´ ol vil´ agos, a v´altoz´oja egy ´erint˝ovektor, amely a v´altoz´o c fel¨ uleti g¨ orbe ´erint˝ oje az (f (c(t)) pontban. Vil´agos, hogy az els˝o alapforma a k´et v´ altoz´ oj´ aban homog´en, de (´altal´aban) nincs biline´aris reprezent´aci´oja. Val´ oban, az f defin´ıci´ oja alapj´an egy {ei : i = 1 · · · n − 1} S-beli b´azisra vonatkoztatva If (c(t)) = [c(t) ˙ + (f ◦ c)′ (t)en , c(t) ˙ + (f ◦ c)′ (t)en ]+ = ′

2

= [c(t), ˙ c(t)] ˙ − [(f ◦ c) (t)] = [c(t), ˙ c(t)] ˙ − h

n−1 X

c˙i (t)c˙j (t)f′ei (c(t))f′ej (c(t)) =

i,j=1

= [c(t), ˙ c(t)] ˙ − c(t) ˙ T f′ei (c(t))f′ej (c(t))

in−1

i,j=1

c(t) ˙

mutatja, hogy az els˝ o alapforma pontosan akkor tekinthet˝o kvadratikus alaknak, ha a n−1 X c˙2i (t) [c(t), ˙ c(t)] ˙ − c(t) ˙ T c(t) ˙ = [c(t), ˙ c(t)] ˙ − i=1

mennyis´eg elt˝ unik. Ha a Minkowski-szorzat skal´aris szorzat a k¨oz¨ons´eges ´ertelemben, akkor {e1 , . . . , en−1 } tekinthet˝o S ortonorm´alt b´azis´anak, ´es az eml´ıtett k¨ ul¨ onbs´eg elt˝ unik, tov´abb´a ci (t) = hei , c(t)i = hc(t), ei i ´es c(t) ˙ = n−1 P c˙i (t)ei . ´Igy i=1

If (c(t)) = c(t) ˙

T



h in−1  ′ ′ Id − fei (c(t))fej (c(t)) c(t), ˙ i,j=1

ami visszaadja az els˝ o alapforma klasszikus lok´alis el˝o´all´ıt´as´at. Ha ci (t) = 0 teljes¨ ul i ≥ 3 eset´en, akkor det I = 1 − (f′e1 (c(t)))2 − (f′e2 (c(t)))2 .

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

416

´rido ˝ 8. A te

A m´ asodik alapforma is ´ertelmezhet˝o, annak ellen´ere, hogy az ´erint˝o hipers´ıkon vett szorzatunk nem szimmetrikus ´es nem biline´aris. Ha v egy ´erint˝ ovektor ´es n a hiperfel¨ ulet norm´alvektora az f (c(t)) pontban, akkor 0 = [v, n]+ = [D(f ◦ c)(t), (f ◦ c)(t)]+ . Haszn´ alva lemm´ ankat ´es az el˝otte szerepl˝o jel¨ol´est kapjuk, hogy 0 = ([D(f ◦ c)(t), (n ◦ c)(t)]+ )′ = ′

= [D2 (f ◦ c), n(c(t))]+ + [D(f ◦ c)(t), ·]+ D(n◦c)(t) (n(c(t))). Vezess¨ uk be az egys´egnorm´ alvektorok n0 mez˝oj´et a ( n(c(t)) ha n f´enyszer˝ u vektor 0 n(c(t)) n (c(t)) := √ egy´ebk´ent. + |[n(c(t)),n(c(t))] |

defin´ıci´ oval. Most m´ ar mondhatjuk, hogy 8.2.6. Defin´ıci´ o. A m´ asodik alapforma az f (c(t)) pontban az al´ abbi ekvivalens formul´ akkal defini´ alhat´ o: ′

+ 0 II := [D2 (f ◦ c)(t), (n0 ◦ c)(t)]+ (f ◦c)(t) = −[D(f ◦ c)(t), ·] D(n0 ◦c)(t) ((n ◦ c)(t)).

Felt´eve, hogy n(s) = s + n(s)en kapjuk, hogy II = [D2 (f ◦ c)(t), (n0 ◦ c)(t)]+ (f ◦c)(t) = "

= D(c(t) ˙ + D(f ◦ c)(t)en ), p

c(t) + (n ◦ c)(t)en

#+

= |[c(t), c(t)] − (n(c(t)))2 | h  h i  i+   c¨(t) + c(t) ˙ T f′′ei ,ej |c(t) c(t) ˙ + f′ei |c(t) c¨(t) en , c(t) + n(c(t))en p = = |[c(t), c(t)] − (n(c(t)))2 | h i   +  c¨(t) + [f′ei |c(t) ]¨ c(t)en , (n ◦ c)(t) − c(t) ˙ T f′′ei ,ej |c(t) c(t) ˙ (n(c(t)) p = = |[c(t), c(t)] − (n(c(t)))2 | h i   +  D(f )|c(t) c¨(t), (n ◦ c)(t) − c(t) ˙ T f′′ei ,ej |c(t) c(t) ˙ (n(c(t)) p = = |[c(t), c(t)] − (n(c(t)))2 |   " #n−1 ′′ f | n(c(t)) c(t) e ,e i j = − c(t) ˙ T p c(t) ˙ . |[c(t), c(t)] − (n(c(t)))2 | i,j=1

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´ ´ nos´ıtott te ´rido ˝ modell 8.2. Altal a

417

Ezen formula alapj´ an a m´ asodik alapform´ahoz rendelhet¨ unk egy determin´ anst, a fenti kvadratikus alak determin´ans´at: " #n−1  f′′ei ,ej |c(t) n(c(t)) . det II := det  p |[c(t), c(t)] − (n(c(t)))2 | i,j=1

Az ´erint˝ o hipers´ık egy k´etdimenzi´os s´ıkj´at tekintve, ehhez tartozik az S t´erben a Df line´ aris lek´epez´esre vonatkoz´o k´etdimenzi´os ˝osk´ep. Ez a s´ık egy norm´ alt s´ık, amiben vehet¨ unk egy {e1 , e2 } Auerbach-b´azist.11 Most megford´ıtjuk a szekcion´ alis g¨ orb¨ ulet, illetve f˝og¨orb¨ uletek szok´asos defini´al´asi sorrendj´et. 8.2.7. Defin´ıci´ o. A ρ(D(f ◦ c)) :=

IIf ◦c(t) If ◦c(t)

f¨ uggv´enynek az {u = Df (e1 ), illetve v = Df (e2 )} ´erint˝ ovektorok k´etdimenzi´ os s´ıkj´ aban vett, a D(f ◦ c) v´ altoz´ ora vonatkoz´ o sz´els˝ o´ert´ekeit szekcion´alis f˝ og¨ orb¨ uleteknek nevezz¨ uk. Jel¨ olje ezen ´ert´ekeket ρ(u, v)max , illetve ρ(u, v)min . A vizsg´ alt c(t) pontban fell´ep˝ o szekcion´alis (Gauss-) g¨orb¨ ulet, κ(u, v) legyen a k¨ ovetkez˝ o szorzat: κ(u, v) := [n0 (c(t)), n0 (c(t))]+ ρ(u, v)max ρ(u, v)min . A szimmetrikus, biline´ aris esetben mindk´et alapforma kvadratikus, ´es a szekcion´ alis f˝ og¨ orb¨ uletek mer˝oleges ir´anyokban l´epnek fel. Nem m´asok, mint a IIf ◦c(t) , If ◦c(t) kvadratikusalak-p´ar saj´at´ert´ekei. Azaz ρ(u, v)max , illetve ρ(u, v)min a


0 = det IIf ◦c(t) − λIf ◦c(t) = det If ◦c(t) det (If ◦c(t) )−1 IIf ◦c(t) − λId egyenl˝ os´eg megold´ asai, mutatv´an, hogy

κ(u, v) := [n0 (c(t)), n0 (c(t))]+ ρ(u, v)max ρ(u, v)min =   + det IIf ◦c(t) = = [n0 (c(t)), n0 (c(t))]+ det I−1 f ◦c(t) IIf ◦c(t) = [n(c(t)), n(c(t))] det I f ◦c(t) 
2  2 f′′e1 ,e1 |c(t) f′′e2 ,e2 |c(t) − f′′e1 ,e2 |c(t) (n(c(t))) 0 0 +
= [n (c(t)), n (c(t))] . 1 − (f′e1 (c(t)))2 − (f′e2 (c(t)))2 |[c(t), c(t)] − (n(c(t)))2 | 11

Tekinthetj¨ uk az egys´ egvektorp´ arok ´ altal kifesz´ıtett maxim´ alis ter¨ ulet˝ u paralelogramma ´ elvektorainak a b´ aziselemeit. Pontos defin´ıci´ ot tal´ alhatunk a k¨ ovetkez˝ o cikkben: Martini, H., Swanepoel, K., Weiss, G.: The geometry of Minkowski spaces - a survey. Part I. Expositiones Mathematicae 19 (2001), 97-142.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

418

´rido ˝ 8. A te

De az n f¨ uggv´enyt v´ alaszthatjuk az n(c(t)) := f′e1 (c(t))e1 + f′e2 (c(t))e2 + en alakban a n(c(t)) = 1 felt´etel mellett ´es az ´erint˝o hipers´ık egy olyan s´ıkj´aban, amelyben csak t´erszer˝ u vektorok tal´alhat´ok, ´es id˝oszer˝ u q [n(c(t)), n(c(t))]+ = 1 − (f′e1 (c(t)))2 − (f′e2 (c(t)))2

hosszn´egyzet˝ u norm´ al vektora van. ´Igy kapjuk az ismert

12

formul´at:


2 −f′′e1 ,e1 |c(t) f′′e2 ,e2 |c(t) + f′′e1 ,e2 |c(t) κ(u, v) =
2 . 1 − (f′e1 (c(t)))2 − (f′e2 (c(t)))2

A Riemann-hiperfel¨ uletek Ricci-g¨orb¨ ulete a fel¨ ulet egy p = (f ◦ c)(t) pontj´ aban a v = D(f ◦ c) r¨ ogz´ıtett ir´anyra vonatkoz´oan nem m´as mint a szekcion´ alis g¨ orb¨ uletek o ¨sszege mindazon k´etdimenzi´os s´ıkokra vonatkoz´oan, melyek kifesz´ıt˝ o vektorainak egyike v, m´asika pedig az ´erint˝o hipers´ıkban v ortokomplementumak´ent el˝ o´all´o alt´er valamelyik r¨ogz´ıtett ortonorm´alt b´azis´ anak valamelyik ui vektora. Ez az ´ert´ek f¨ uggetlen a b´azis v´alaszt´as´at´ol. Ha egyenletes eloszl´ as mellett v´eletlen¨ ul v´alasztjuk az ortonorm´alt b´azist, a kapott κ(ui , v) val´ osz´ın˝ us´egi v´altoz´ok ´ert´ekei v´arhat´o ´ert´ekei megegyeznek, ezek ¨ osszege megint egy val´ osz´ın˝ us´egi v´altoz´o, amelynek v´arhat´o ´ert´eke megfelel a p pontban ´es v ir´ anyban fell´ep˝o Ricci-g¨orb¨ uletnek. Ez´ert ezen ´ert´ek nem m´ as, mint a v-n kereszt¨ ulhalad´o s´ıkokban fell´ep˝o szekcion´alis g¨orb¨ uletek k¨ oz¨ os v´ arhat´ o ´ert´ek´enek n − 2-szerese. Ezen okfejt´es motiv´alja a k¨ovetkez˝o defin´ıci´ ot: 8.2.8. Defin´ıci´ o. Az f (c(t)) pontban a v ´erint˝ ovektor ir´ any´ aban fell´ep˝ o Ric(v) Ricci-g¨ orb¨ ulet nem m´ as, mint Ric(v)f (c(t)) := (n − 2) · E(κf (c(t)) (u, v)), ahol κf (c(t)) (u, v) jel¨ oli az ´erint˝ o hipers´ık v vektora ´es valamely v´eletlenszer˝ uen v´ alasztott, az [u, v]+ = 0 felt´etelnek eleget tev˝ o m´ asik ´erint˝ ovektor ´ altal kifesz´ıtett s´ıkon fell´ep˝ o szekcion´ alis g¨ orb¨ ulet v´ arhat´ o ´ert´ek´et. Hasonl´ oan vezetj¨ uk be az f (c(t)) pontbeli skal´arg¨orb¨ uletet is a   n−1 Γf (c(t)) := · E(κf (c(t)) (u, v)) 2 defin´ıci´ oval. 12 B. A. Dubrovin, A. T. Fomenko, S. P. Novikov: Modern Geometry- Methods and Applications, Part I. The geometry of Surfaces, Transformation Groups, and Fields. Second Edition, Springer-Verlag, 1992., 95. oldal

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

´gy fontos hiperfel¨ 8.3. Ne ulet

419

Eml´ekeztet¨ unk r´ a, hogy a skal´arg¨orb¨ ulet nem m´as, mint az ´erint˝o hipers´ık egy ortonorm´ alt b´ azis´ anak vi elemeire vonatkoztatott Ricci-g¨orb¨ uletek osszege, ´ıgy v´ arhat´ o ´ert´eke a fentihez hasonl´oan a κf (c(t)) (u, v) val´osz´ın˝ us´egi ¨
v´ altoz´ o v´ arhat´ o ´ert´ek´enek az n−1 -szerese. 2

8.3. N´ egy fontos hiperfelu ¨ let 8.3.1. A H k´ epzetes egys´ egg¨ omb

´ Altal´ anos´ıtott t´erid˝ omodell¨ unkben az id˝oszer˝ u vektorok egys´egg¨ombj´et defini´ aljuk el˝ osz¨ or13 . 8.3.1. Defin´ıci´ o. A H := {v ∈ V |[v, v]+ = −1}, halmazt k´epzetes egys´egg¨ ombnek nevezz¨ uk. A be´ agyaz´ o (V, [·, ·]− ) norm´alt t´erben H-nak egy k´etk¨openy˝ u hiperboloid felel meg, egy-egy k¨ openy tal´alhat´o az id˝oszer˝ u vektorok T kett˝os k¨ork´ upj´anak egy-egy k´ upj´ aban. Mindk´et k¨openy pontjai el˝o´all´ıthat´ok hiperfel¨ uletk´ent, a meghat´ aroz´ o f¨ uggv´enyek egym´as negat´ıvjai. Igazoljuk, hogy az ´erint˝oterek ´erint˝ o hipers´ıkok. Vil´ agos, hogy elegend˝o csak az egyik k¨openy pontjaira koncentr´ alni. Legyen v ∈ H tetsz˝oleges. Jel¨olje Tv a v + v ⊥ halmazt, ahol v ⊥ a v ortogon´ alis komplementere a be´agyaz´o s.i.i.p.-t´erre vonatkoz´olag. Ez alt´er. 8.3.1. T´ etel. A v = s + t ∈ H pontnak megfelel˝ o Tv alt´er a (V, [·, ·]+ ) altal´ ´ anos´ıtott t´erid˝ omodell egy pozit´ıv, (n-1)-dimenzi´ os affine altere. Bizony´ıt´ as: A H defin´ıci´ oja szerint v-nek a t komponense nem nulla. Ahogy azt kor´ abban igazoltuk 14 , ha [v, v] 6= 0, akkor v ⊥ egy (n − 1)-dimenzi´os alt´er V -ben. Legyen w ∈ Tv − v tetsz˝oleges. Igazolnunk kell, hogy ha [v, v] = −1 ´es w mer˝ oleges v-re, akkor [w, w] > 0. Legyen w = s′ + t′ , ´es tegy¨ uk fel, ′ ′ hogy [t , t ] = 0. Ekkor T defin´ıci´oja szerint t′ = 0, ´es ´ıgy [w, w] = [s, s] > 0 is teljes¨ ul. Feltehetj¨ uk teh´ at, hogy [t′ , t′ ] 6= 0, ´es ´ıgy t′ = λt. Ugyanakkor tudjuk, hogy 0 = [w, v]+ = [s′ , s] + [t′ , t]. A Cauchy–Schwartz-egyenl˝ otlens´eget haszn´alva a t´erszer˝ u komponensben ad´odik, hogy [s, s][s′ , s′ ] ≥ |[s′ , s]|2 = | − [t′ , t]|2 = |λ|2 | − [t, t]|2 = |λ|2 [t, t]2 . 13 A fejezet eredm´ ´ enyei a k¨ ovetkez˝ o cikkben tal´ alhat´ ok: A.G.Horv´ ath, Premanifolds, Note di Matematica 31/2 (2011) 17–51. 14 Megjegyz´ ´ es Theorem 7 ut´ an az A.G.Horv´ ath: Semi-indefinite inner product and generalized Minkowski spaces. Journal of Geometry and Physics 60 (2010) 1190-1208 munk´ aban.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

420

´rido ˝ 8. A te

Mivel [s, s][t′ , t′ ] = λλ[s, s][t, t] = |λ|2 [s, s][t, t], kapjuk a [s, s][w, w]+ = [s, s]([s′ , s′ ] + [t′ , t′ ]) ≥ |λ|2 ([t, t]2 + [s, s][t, t]) egyenl˝ otlens´eget. A H defin´ıci´oja szerint −1 = [v, v]+ = [s, s] + [t, t] is igaz, ´es [s, s][w, w]+ ≥ |λ|2 ([t, t]2 + (−1 − [t, t])[t, t]) = −|λ|2 [t, t] > 0. K¨ ovetkez´esk´eppen, ha s nem z´erus, akkor [w, w] > 0, ahogy ´all´ıtottuk. Ha [s, s] = 0 akkor [t, t] = −1, ´es a 0 = [s′ + t′ , t] = [s′ , t] + [t′ , t] = [t′ , t] egyenl˝ os´egb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy t′ = 0 ´es w ∈ S. Ezzel az ´all´ıt´ast igazoltuk. Az eddigiek sor´ an nem kellett haszn´alnunk differenci´ algeometriai fogalmap uggv´eny fel´ır´as´ara kat, ez´ert a H, illetve H + -hoz tartoz´o h(s) = 1 + [s, s] f¨ sem volt sz¨ uks´eg¨ unk. Legyen most p h : s 7−→ 1 + [s, s]

a H + -t mint hiperfel¨ uletet defini´al´o p f¨ uggv´eny. Ekkor persze a m´asik, H − uggv´eny adja meg. Teljes¨ ul k¨ openy analitikus le´ır´ as´ at a −h(s) = − 1 + [s, s] f¨ ekkor a k¨ ovetkez˝ o´ all´ıt´ as: 8.3.1. Lemma. Legyen H + az ´ altal´ anos´ıtott t´erid˝ omodell imagin´ arius egys´egg¨ ombj´enek fels˝ o k¨ openye. Ekkor H + -nak a p v = h(s) = s + h(s)en = s + 1 + [s, s]en

pontj´ aban fell´ep˝ o ´erint˝ ovektorai alkotj´ ak a v v ⊥ ortogon´ alis direkt kieg´esz´ıt˝ oj´et. Bizony´ıt´ as: Az ´erint˝ ovektorok ´altal´anos alakja u = α(e + h′e (s)en ), ahol kor´ abbi lemm´ ank szerint [e, s] ℜ[e, s] =p . h′e (s) = p 1 + [s, s] 1 + [s, s]

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

421

´gy fontos hiperfel¨ 8.3. Ne ulet

Ez´ert

" "

[e, s]

α e+ p en 1 + [s, s] [e, s]

en , = α[e, s] + α p 1 + [s, s]

p

!

,s + t

#+

=

#

1 + [s, s]en = α([e, s] − [e, s]) = 0.

´Igy az ´erint˝ ovektorok mer˝ olegesek a v vektorra. Ford´ıtva, ha egy u = s′ + t′ = s′ + λen vektorra 0 = [u, v] = [s′ , s] + [t′ , t] teljes¨ ul, akkor

p [s′ , s] = −[λen , t] = λ 1 + [s, s],

mivel −[t, t] = 1 + [s, s] teljes¨ ul H + defin´ıci´oja folyt´an. Vezess¨ uk be az

jel¨ ol´est, ekkor kapjuk, hogy "

s′ e= p [s′ , s′ ] #

p λ 1 + [s, s], [e, s] = p ,s = p [s′ , s′ ] [s′ , s′ ]

amib˝ ol

ad´odik. Ekk´eppen u=

p

[s′ , s′ ]

p

s′

λ [s′ , s′ ]

[e, s] =p = h′e (s) 1 + [s, s]

p

s′ [s′ , s′ ]

λ

+p en [s′ , s′ ]

!

= α(e + h′e (s)en ).

Azaz az ortogon´ alis komplementum egy vektora ´erint˝ovektor is, ahogy ´all´ıtottuk. A tov´ abbiakban megvizsg´aljuk H + -t differenci´algeometriai szempontok szerint. Mint l´ attuk, minden pontj´aban van ´erint˝o hipers´ık ´es a Minkowskiszorzatra az ´erint˝ ovektorok halmaza egy pozit´ıv alt´er. El˝osz¨or a konvexit´ast vizsg´ aljuk. 8.3.2. T´ etel. H + konvex hiperfel¨ ulet. Akkor ´es csak akkor szigor´ uan konvex, ha S az.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

422

´rido ˝ 8. A te

Bizony´ıt´ as: Legyen w = s′ + t′ a H + egy pontja, ´es tekints¨ uk a [w − v, v]+ = [s′ − s, s] + [t′ − t, t] = [s′ , s] − [s, s] − (λ′ − λ)λ = [s′ , s] − λ′ λ + 1 szorzatot, ahol t′ = λ′ en , t = λen ´es s′ , s ∈ S (λ′ ´es λ pozit´ıvak). Mivel p p 1 + [s′ , s′ ] = λ′ ´es 1 + [s, s] = λ,

ekk´eppen

tekintettel a

p p [w − v, v]+ = [s′ , s] − 1 + [s′ , s′ ] 1 + [s, s] + 1 ≤ p p p ≤ [s′ , s′ ][s, s] − 1 + [s′ , s′ ] 1 + [s, s] + 1 ≤ 0,

[s′ , s′ ][s, s] + 2

p

[s′ , s′ ][s, s] + 1 ≤ [s′ , s′ ][s, s] + ([s′ , s′ ] + [s, s]) + 1

rel´ aci´ ora. (Itt felhaszn´ altuk a pozit´ıv sz´amokra vonatkoz´o sz´amtani ´es m´ertani k¨ oz´ep k¨ oz¨ ott fenn´ all´ o egyenl˝otlens´eget.) Jegyezz¨ uk meg, hogy egyenl˝os´eg akkor ´es csak akkor teljes¨ ul, ha az s′ ´es s ′ ´ norm´ aja megegyezik, azaz λ = λ is fenn´all. Igy ad´odik, hogy [s′ , s] − [s, s] = 0, avagy [s′ , s] =

p [s′ , s′ ][s, s].

A szigor´ u konvexit´ as ismert karakteriz´aci´oja s.i.p.-t´erben az, hogy ezen ut´obbi osszef¨ ugg´es teljes¨ ul´ese csak line´arisan ¨osszef¨ ugg˝o vektorokra lehets´eges, 15 ¨ + azaz a szigor´ u konvexit´ as ´es, hogy Tv ´es H k¨oz¨os pontja v, csak egyszerre teljes¨ ulnek. Sz´ amoljuk ki az alapform´ akat. I = [c(t) ˙ + (h ◦ c)′ (t)en , c(t) ˙ + (h ◦ c)′ (t)en ]+ = = [c(t), ˙ c(t)] ˙ − [(h ◦ c)′ (t)]2 , ahol c(t) ˙ jelenti a c g¨ orbe S-beli ´erint˝ovektor´at a c(t) pontban. A kor´abbiak alapj´ an  2 [c(t), ˙ c(t)] + [c(t), ·]′c(t) (c(t)) ˙ [c(t), ˙ c(t)]2 I = [c, ˙ c] ˙ − = [c, ˙ c] ˙ − . 4(1 + [c(t), c(t)]) 1 + [c(t), c(t)] 15 l´ asd.: Berkson, E.: Some types of Banach spaces, Hermitian operators and Bade functionals. Trans. Amer. Math. Soc. 116 (1965), 376–385.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

423

´gy fontos hiperfel¨ 8.3. Ne ulet

Jegyezz¨ uk meg, hogy ebb˝ ol a formul´ab´ol ´es a Cauchy–Schwartz-egyenl˝otlens´egb˝ ol u ´j bizony´ıt´ ast kaphatunk a megszor´ıtott Minkowski-szorzat pozitivit´ as´ ara. H + m´ asodik alapform´ aja: II := [¨ c(t)+(h◦c)′′ (t)en , c(t)+(h◦c)(t)en ]+ c(t), c(t)]−(h◦c)′′ (t)h(c(t)), (h◦c)(t) = [¨ mivel n ◦ c = h ◦ c = c(t) + (h ◦ c)(t)en . El˝ osz¨ or hat´ arozzuk meg a (h ◦ c)′ (t) : R −→ R f¨ uggv´eny deriv´ altj´ at a t pontban. Haszn´alva kor´abbi formul´ainkat ′ ′

′′

p

(h ◦ c) (t) = ((h ◦ c) ) (t) = [c(t), ˙ c(t)]′

ad´ odik, ´es ez´ert

=p − 1 + [c(t), c(t)]

[c(t), ˙ c(t)] 1 + [c(t), c(t)]

˙ √ [c(t),c(t)]

1+[c(t),c(t)]

=

[c(t), ˙ c(t)]

(1 + [c(t), c(t)])

(h ◦ c)′′ (t)h(c(t)) = [c(t), ˙ c(t)]′ − 

!′

[c(t), ˙ c(t)]2 = 1 + [c(t), c(t)]

 [c(t), ˙ c(t)]2 [¨ c(t), c(t)] + [c(t), ˙ ·]′c(t) . ˙ (c(t)) − 1 + [c(t), c(t)]

´Igy a m´ asodik alapforma

II = −[c(t), ˙ ·]′c(t) ˙ (c(t)) +

[c(t), ˙ c(t)]2 , 1 + [c(t), c(t)]

vagy haszn´ alva az kykk · k′′x,z (y) = [x, ·]′z (y) −

ℜ[x, y]ℜ[z, y] kyk2

egyenl˝os´eget, a vele ekvivalens, kiss´e bonyolultabb alak´ u II = −kc(t)kk · k′′c(t), ˙ c(t) ˙ c(t) −

www.interkonyv.hu

[c(t), ˙ c(t)]2 2 kc(t)k (1 + kc(t)k2 )

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

424

´rido ˝ 8. A te

k´eplettel adhat´ o meg. Tegy¨ uk fel a norma C 2 -f¨ uggv´eny tulajdons´ag´at is. Ekkor megint felhaszn´ alhatjuk kor´abbi eredm´enyeinket ´es kapjuk, hogy II = −[c(t), ˙ c(t)] ˙ +

[c(t), ˙ c(t)]2 = −I. 1 + [c(t), c(t)]

Mivel az els˝ o alapforma pozit´ıv H + -n, a m´asodik negat´ıv definit ´es a szekcion´ alis f˝ og¨ orb¨ uletek ´ert´ekei ρ(u, v)max = ρ(u, v)min = −1. Azaz minden szekcion´ alis g¨ orb¨ ulet −1, a Ricci- ´es skal´arg¨o
rb¨ uletek pedig minden pontban ´es minden ir´ anyban −(n − 2), illetve − n−1 . Ezzel a k¨ovetkez˝o 2 t´etelt bizony´ıtottuk:

8.3.3. T´ etel. Ha S folytonosan differenci´ alhat´ o s.i.p.-t´er, akkor az ´ altal´ anos´ıtott t´erid˝ omodell k´epzetes egys´egg¨ ombje konstans negat´ıv g¨ orb¨ ulet˝ u hiperfel¨ ulet. ´ Eszrevehetj¨ uk, hogy valamennyi defin´ıci´onk ´es ´all´ıt´asunk – olyan Minkowskiszorzat eset´en, mely indefinit skal´arisszorzat is egyben – a szemi-Riemann terekben szok´ asos defin´ıci´ okba ´es ismert ´all´ıt´asokba transzform´al´odik, 16 ez´ert + H a hiperbolikus t´er term´eszetes ´altal´anos´ıt´as´anak tekinthet˝o. H-t ez´ert konstans negat´ıv g¨ orb¨ ulet˝ u el˝ osokas´ agnak nevezz¨ uk, H + -ra pedig tal´al´o az el˝ ohiperbolikus t´er elnevez´es. 8.3.2. A de Sitter-g¨ omb Ebben az alfejezetben azon pontok G halmaz´at vizsg´aljuk, melyeken az ´altal´ anos´ıtott t´erid˝ omodell Minkowski-szorzata 1 skal´arn´egyzetet ad. Az ´erint˝o hipers´ıkokon a szorzat nem lesz pozit´ıv definit. Mint l´atni fogjuk, ezek pszeudoeuklideszi terek a skal´ aris szorzatos esetben, ´es ´ıgy be´agyaz´o pszeudoeuklideszi t´er eset´en ezen G halmazt de Sitter g¨ ombnek nevezik. A teljes G halmaz nem hiperfel¨ ulet, ez´ert megint az id˝otengely szerinti pozit´ıv r´esz vizsg´alat´ara szor´ıtkozunk. Vezess¨ uk be a G+ = {s + t ∈ G : t = λen where λ > 0} jel¨ ol´est. A G, illetve G+ lok´alis geometri´ai megegyeznek, ´es G+ m´ar egy hiperfel¨ ulet, amit a g(s) = s + g(s)en 16 M. W. Dawis, G. Moussong: Notes on Nonpositively Curved Polyhedra, Bolyai Society Mathematical Studies, 8, Budapest, 1999. G. O’Neill: Semi-Riemannian Geometry with Applications to Relativity, Academic Press, New-York, 1983. S. Verpoort: The Geometry of the Second Fundamental Form: Curvature Properties and Variational Aspects, Katholike Universiteit Leuven, Dissertation 2008.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

425

´gy fontos hiperfel¨ 8.3. Ne ulet

lek´epez´es defini´ al az [s, s] > 1-re ´ertelmezett p g(s) = −1 + [s, s] for f¨ uggv´eny seg´ıts´eg´evel. Kisz´ amoljuk a p g : s 7−→ −1 + [s, s] f¨ uggv´eny ir´ anymenti deriv´ altjait az adott

u = α(e + g′e (s)en ) p uggv´enyek k¨oz¨ott vektorra vonatkoz´ oan. Mivel a g ´es az f : s 7−→ 1 + [s, s] f¨ fenn´ all a f2 (s) + g2 (s) = 2[s, s] kapcsolat, a g deriv´ altj´ at az e ∈ S egys´egvektor ir´any´aban kisz´amolhatjuk a 2f(s)f′e (s) + 2g(s)g′e (s) = 4kskk · k′e (s) = 4[e, s] egyenl˝ os´egb˝ ol. Ekk´eppen g′e (s) = ahonnan

 [u, u]+ = α2 1 −

[e, s] [e, s] =p , g(s) −1 + [s, s]

[e, s]2 (−1 + [s, s])



= α2

−1 + [s, s] − [e, s]2 . −1 + [s, s]

Ebb˝ ol k¨ ozvetlen¨ ul l´ atszik, hogy [u, u]+ > 0 [u, u]+ = 0 [u, u]+ < 0

ha − 1 + [s, s] > [e, s]2 ha − 1 + [s, s] = [e, s]2 ha − 1 + [s, s] < [e, s]2 .

Azaz azon (n − 2)-alt´ernek egy s′ vektora, mely S-re n´ezve s ortogon´alis komplementer´ehez tartozik, az ´erint˝o hipers´ıknak t´erszer˝ u vektor´at adja, ´es az s-hez tartoz´ o ´erint˝ ovektor pedig id˝oszer˝ u vektor lesz. Meg szeretn´enk hat´ arozni az ´erint˝o hipers´ık f´enyszer˝ u vektorait. Ehhez tekints¨ uk az e ∈ S egys´egvektort a k¨ovetkez˝o alakban: p ± −1 + [s, s] s + s′ , ahol s′ ∈ s⊥ . e= [s, s] Egy ilyen egys´egvektor az S-beli egys´egg¨omb ´es az p ± −1 + [s, s] ⊥ s s + [s, s]

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

426

´rido ˝ 8. A te

(n − 2)-dimenzi´ os affin alt´er metszet´eben fekszik. Mivel s⊥ az s S-beli ortogon´ alis komplementer´enek eleme, ´es fenn´all ±

p

−1 + [s, s] [s, s]

!2

[s, s] =

−1 + [s, s] < 1, [s, s]

ez´ert a fenti metszet k´et (n − 3)-dimenzi´os g¨omb uni´oja. Ekk´eppen a f´enyszer˝ u vektorok ir´anyai az ´erint˝o hipers´ık egy k´ upj´at alkotj´ ak, az    p u = α ± −1 + [s, s]s + [s, s]s′ ± [s, s]en

pontok k´ upj´ at. Eml´ekezz¨ unk vissza arra, hogy az ´erint˝o hipers´ıkot a be´agyaz´o vektort´er egy alter´evel azonos´ıtottuk, amelyen ´erv´enyes egy megszor´ıtott bels˝o Minkowski-strukt´ ura, melynek defini´al´o pozit´ıv ´es negat´ıv alterei: p  −1 + [s, s]s + [s, s]en . S ′ := s⊥ ∩ S = s⊥ illetve T ′ = α Jegyezz¨ uk meg el˝ osz¨ or, hogy

8.3.4. T´ etel. G+ ´es az ´erint˝ o hipers´ıkjai metsz˝ odnek, k¨ ovetkez´esk´eppen nincs G-nek olyan pontja, melyben (lok´ alisan) konvex lenne. Bizony´ıt´ as: A G+ tetsz˝ oleges pontj´ahoz tal´alunk azt tartalmaz´o k´et halmazt, melyek a pontbeli ´erint˝o hipers´ıkra n´ezve k¨ ul¨onb¨oz˝o f´elt´erbe esnek. Az egyik az en ´es egy s + t ∈ G+ alak´ u vektor ´altal kifesz´ıtett k´etdimenzi´os s´ık, a m´ asik egy tetsz˝ oleges g¨ orb´eje azon (n − 2)-dimenzi´os hiperfel¨ uletnek, mely a G-nek ´es az S + (s + t) affin alt´ernek a metszetek´ent ad´odik. Val´oban, az ´erint˝ o hipers´ık s + t pontbeli norm´alvektora maga s + t, mert fenn´all "

e+ p

−1 + [s, s]

Ekk´eppen α > √ 1

[s,s]

h

αs +

p

[e, s]

p en , s + −1 + [s, s]en

#+

= 0.

eset´en

   i+ p p −1 + [αs, αs]en − s + −1 + [s, s]en , s + −1 + [s, s]en =

p p −1 + [s, s] − −1 + [αs, αs]) −1 + [s, s] = p = −1 + α[s, s] − (−1 + [αs, αs])(−1 + [s, s]) = p = α[s, s]−1− 1 − (1 + α2 )[s, s] + α2 [s, s]2 ≥ 2(α[s, s]−1) > 2(ksk−1) ≥ 0. = (α − 1)[s, s] + (

www.interkonyv.hu

p

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

427

´gy fontos hiperfel¨ 8.3. Ne ulet

Ugyanakkor, ha s′ + t ∈ G tetsz˝oleges, akkor ks′ k = ksk, ´ıgy p p [s′ − s + (t − t), s + t]+ = [s′ , s] − [s, s] ≤ [s′ , s′ ] [s, s] − [s, s] = 0,

ahol egyenl˝ os´eg csak az s′ = ±s esetben ´all fenn. Sz´ amoljuk ki az alapform´ akat. Haszn´alva a g f¨ uggv´enyt, az els˝o alapforma I = [c(t) ˙ + (g ◦ c)′ (t)en , c(t) ˙ + (g ◦ c)′ (t)en ]+ = [c(t), ˙ c(t)] ˙ − [(g ◦ c)′ (t)]2 . Kor´ abbi ´ all´ıt´ asaink eredm´enyei alapj´an  2 [c(t), ˙ c(t)] + [c(t), ·]′c(t) (c(t)) ˙ [c(t), ˙ c(t)]2 I = [c, ˙ c] ˙ − = [c, ˙ c] ˙ − . 4(−1 + [c(t), c(t)]) −1 + [c(t), c(t)]

Azonban azt is tudjuk, hogy n ◦ c = g ◦ c = c(t) + (g ◦ c)(t)en , ´ıgy kapjuk, hogy II := [¨ c(t) + (g ◦ c)′′ (t)en , c(t) + (g ◦ c)(t)en ]+ (g◦c)(t) = = [¨ c(t), c(t)] − (g ◦ c)′′ (t)g(c(t)). Mivel a (g ◦ c)′ (t) = D(g ◦ c)(t) : R −→ R val´ os f¨ uggv´eny deriv´ altja a t pontban ′′

ez´ert

[c(t), ˙ c(t)]′

− (g ◦ c) (t) = p −1 + [c(t), c(t)]

√

[c(t),c(t)] ˙

−1+[c(t),c(t)]

(−1 + [c(t), c(t)])

(g ◦ c)′′ (t)g(c(t)) = [c(t), ˙ c(t)]′ −

II = −[c(t), ˙ ·]′c(t) ˙ (c(t)) +

,

[c(t), ˙ c(t)]2 = −1 + [c(t), c(t)]

  = [¨ c(t), c(t)] + [c(t), ˙ ·]′c(t) (c(t)) − ˙

¨ Osszefoglalva:

[c(t), ˙ c(t)]

[c(t), ˙ c(t)]2 . −1 + [c(t), c(t)]

[c(t), ˙ c(t)]2 . −1 + [c(t), c(t)]

Kihaszn´ alva megint a norma C 2 -tulajdons´ag´at ´es az A.2.2. t´etelt, most m´ar a [c(t), ˙ c(t)]2 II = −[c(t), ˙ c(t)] ˙ + = −I −1 + [c(t), c(t)]

osszef¨ ugg´es ad´ odik ugyan´ ugy, mint a H + eset´en. A szekcion´alis f˝og¨orb¨ ule¨ tek ´ert´eke −1. Ugyanakkor a norm´alvektorok skal´arn´egyzete minden G+ -beli

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

428

´rido ˝ 8. A te

pontn´ al pozit´ıv, ez´ert a szekcion´alis g¨orb¨ uletek 1-gyel egyenl˝ok. A Riccig¨ orb¨ ulet minden pontban ´ e s ir´ a nyban (n − 2) ´es a skal´arg¨orb¨ ulet minden
pontban egyenl˝ o n−1 -vel, ez´ e rt a k¨ o vetkez˝ o t´ e telt kapjuk: 2

8.3.5. T´ etel. Ha S folytonosan differenci´ alhat´ o s.i.p-t´er, a G de Sitter-g¨ omb pozit´ıv konstans g¨ orb¨ ulettel rendelkezik. Ezen t´etel alapj´ an G-t pozit´ıv konstans g¨orb¨ ulet˝ u el˝osokas´agnak tekinthetj¨ uk, ´es tal´ al´ o r´ a az el˝ og¨ omb elnevez´es. 8.3.3. A f´ enyk´ up Az L f´enyk´ up bels˝ o geometri´aja szint´en meghat´arozhat´o. Jel¨olje L+ a kett˝os k´ up pozit´ıv r´esz´et, melyet az p l(s) = s + [s, s]en

f¨ uggv´eny ´ır le. Ha S egyenletesen folytonos s.i.p.-t´er, akkor az s pontbeli ´erint˝ ovektorok ! [e, s] ′ en u = α (e + k · ke (s)en ) = α e + p [s, s]

alak´ uak. Ekk´eppen minden ´erint˝ovektor mer˝oleges l(s)-re, tov´abb´a a lehets´eges e = s0 , α = ksk v´ alaszt´ as miatt l(s) is ´erint˝ovektor. Azonban egy f´enyszer˝ u vektor ortogon´ alis komplementere egy s.i.i.p-t´erben egy (n − 1)-dimenzi´os degener´ alt alt´er, ami a vektort tartalmazza. 17 ´Igy az ´erint˝o hipers´ıkok min+ den L -beli pontban egy (n − 1)-dimenzi´os V -beli degener´alt alt´er. Vegy¨ uk ´eszre, hogy az ez´ altal l´etrej¨ ov˝o egyik f´elt´er tartalmazza L+ -t, a m´asik L− -t. Val´ oban, ha v = s + t ´es w = s′ + t′ akkor [w − v, v]+ = [s′ , s] + [t′ , t] = [s′ , s] − λ′ λ, ahol t′ = λ′ en , t = λen , s′ , s ∈ S a pozit´ıv λ′ ´es λ konstansokkal. Mivel p p [s′ , s′ ] = λ′ ´es [s, s] = λ,

´ıgy

[w − v, v]+ = [s′ , s] −

p

[s′ , s′ ]

p

[s, s] ≤ 0

a Cauchy–Schwartz-egyenl˝ otlens´eg miatt ´all fenn. Jegyezz¨ uk meg, hogy egyenl˝ os´eg akkor ´es csak akkor teljes¨ ul, ha s′ = αs. Azaz egyetlen f´elegyenese van L+ -nak, ami a Tv ´erint˝ o hipers´ıkj´ahoz tartozik. Ez´ert a f´enyk´ up konvex, k¨ovetkez´esk´eppen a m´ asodik alapform´aja szemidefinit kvadratikus alak. Mivel 17 A. ´ G. Horv´ ath: Semi-indefinite inner product and generalized Minkowski spaces. Journal of Geometry and Physics 60 (2010) 1190–1208. Th. 7

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

429

´gy fontos hiperfel¨ 8.3. Ne ulet

a t¨ obbi vektor az ´erint˝ o hipers´ıkban t´erszer˝ u, ez´ert k´et t´ıpus´ u k´etdimenzi´os ´erint˝ o s´ıkot tal´ alunk benne; az egyik t´erszer˝ u vektorokat tartalmaz csak, a m´ asik tartalmaz egy k´etszeresen sz´am´ıthat´o f´enyszer˝ u egyenest is. Az els˝o esetben a megfelel˝ o szekcion´ alis f˝og¨orb¨ uletek j´ol defini´altak, ´ert´ek¨ uk negat´ıv. Meghat´ aroz´ asukhoz sz´ am´ıtsuk ki az alapform´akat. Megint feltessz¨ uk, hogy S folytonosan differenci´alhat´o, ´ıgy az els˝o alapforma  2 [c(t), ˙ c(t)] + [c(t), ·]′c(t) ˙ (c(t)) [c(t), ˙ c(t)]2 = [c, ˙ c] ˙ − , I = [c, ˙ c] ˙ − 4[c(t), c(t)] [c(t), c(t)] a m´ asodik pedig II = −[c(t), ˙ ·]′c(t) ˙ (c(t)) +

[c(t), ˙ c(t)]2 [c(t), ˙ c(t)]2 = −[c(t), ˙ c(t)] ˙ + = −I. [c(t), c(t)] [c(t), c(t)]

A szekcion´ alis f˝ og¨ orb¨ uletek teh´at −1-gyel egyenl˝ok, mint az egys´egg¨omb¨ok eset´en. Azonban minden pontn´al a szekcion´alis g¨orb¨ ulet z´er´o, mert a norm´ alvektor szint´en z´er´ o hossz´ us´ag´ u. A fenti sz´amol´as a m´asodik esetben is alkalmazhat´ o. Megegyezve abban, hogy csak nem f´enyszer˝ u ir´anyban sz´amoljuk az alapform´ akat, akkor a szekcion´alis f˝og¨orb¨ uletek ´ert´eke −1, ´es a szekcion´ alis g¨ orb¨ ulet nulla. Azaz a Ricci- ´es skal´arg¨orb¨ uletek szint´en null´ak. Kaptuk a k¨ ovetkez˝ o t´etelt: 8.3.6. T´ etel. Ha S folytonosan differenci´ alhat´ o s.i.p-t´er, az L+ f´enyk´ up g¨ orb¨ ulete nulla. Ekk´eppen L egy olyan el˝ osokas´ag, melynek szekcion´alis, Ricci- ´es skal´arg¨ orb¨ uletei egyar´ ant null´ ak, ez´ert joggal nevezhetj¨ uk el˝ oeuklideszi t´ernek. 8.3.4. A be´ agyaz´ o (V, [·, ·]− ) t´ er egys´ egg¨ ombje Legyen K azon pontok halmaza, melyek a be´agyaz´o s.i.p.-t´er egys´egg¨ombj´et alkotj´ ak. K megint nem hiperfel¨ ulet, ez´ert bevezetj¨ uk ennek az id˝otengely szerinti pozit´ıv darabj´ at, K + -t: K + = {s + t ∈ K : t = λen where λ > 0}. A K + defini´ al´ o f¨ uggv´enye k(s) = s + k(s)en , ahol k(s) = [s, s] < 1 eset´en a

p 1 − [s, s] olyan s-ekre, melyekre [s, s] < 1. k : s 7−→

www.interkonyv.hu

p 1 − [s, s]

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

430

´rido ˝ 8. A te

f¨ uggv´eny ir´ anymenti deriv´ altjai adj´ak az ´erint˝ovektorokat most is. Ezek ´altal´ anos alakja u = α(e + k′e (s)en ). Mivel a h : s 7−→ f¨ uggv´ennyel teljes¨ ul az

p 1 + [s, s]

h2 (s) + k2 (s) = 2

egyenl˝ os´eg, a keresett deriv´ alt az e ∈ S egys´egvektor ir´any´aban

Ez azt jelenti, hogy

[e, s] k′e (s) = − p . 1 − [s, s]

 [u, u]+ = α2 1 −

[e, s]2 (1 − [s, s])



= α2

1 − [s, s] − [e, s]2 . 1 − [s, s]

Most m´ ar k¨ ozvetlen¨ ul l´ atjuk, hogy [u, u]+ > 0 [u, u]+ = 0 [u, u]+ < 0

ha 1 − [s, s] > [e, s]2 ha 1 − [s, s] = [e, s]2 ha 1 − [s, s] < [e, s]2 .

Azaz az s-re mer˝ oleges (n − 2)-dimenzi´os alt´er s′ vektora t´erszer˝ u ´erint˝ovektort defini´ al, ´es az αs vektorhoz tartoz´ok id˝oszer˝ u vektorokat adnak. Mint a k´epzetes egys´egg¨ omb eset´eben megint igazolhatjuk, hogy 8.3.7. T´ etel. K + konvex. Tov´ abb´ a, ha S szigor´ uan konvex, akkor K + szint´en szigor´ uan konvex. Bizony´ıt´ as: Legyen w = s′ + t′ a K + egy pontja, ´es tekints¨ uk a [w − v, nv ]+ = [s′ − s, s′′ ] + [t′ − t, t′′ ] = [s′ , s′′ ] − [s, s′′ ] − (λ′ − λ)λ′′ szorzatot, ahol t′′ = λ′′ en , t′ = λ′ en , t = λen ´es s′′ , s′ , s ∈ S valamely pozit´ıv λ′′ , λ′ ´es λ val´ os sz´ amokkal. Mivel p p 1 − [s′ , s′ ] = λ′ ´es 1 − [s, s] = λ,

ugyanakkor

nv = s − ez´ert

www.interkonyv.hu

p 1 − [s, s]en ,

p p [w − v, nv ]+ = [s′ , s] + 1 − [s′ , s′ ] 1 − [s, s] − 1 ≤ p p p ≤ [s′ , s′ ][s, s] + 1 − [s′ , s′ ] 1 − [s, s] − 1 ≤ 0,

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

431

´gy fontos hiperfel¨ 8.3. Ne ulet

mivel

p 2 [s′ , s′ ][s, s] ≤ [s′ , s′ ] + [s, s].

Jegyezz¨ uk meg, hogy egyenl˝ os´eg pontosan akkor teljes¨ ul, ha s′ ´es s norm´aja egyenl˝ o. Azaz fenn´ all a [s′ , s] − [s, s] = 0 egyenl˝ os´eg, vagy ekvivalens megfelel˝oje: p [s′ , s] = [s′ , s′ ][s, s].

Az is ad´ odik teh´ at, hogy v pontosan akkor az egyetlen k¨oz¨os pontja a K + ´es a Tv halmazoknak, ha S szigor´ uan konvex. A k f¨ uggv´eny seg´ıts´eg´evel kisz´amolhatjuk az els˝o alapform´at: I = [c(t), ˙ c(t)] ˙ − [(k ◦ c)′ (t)]2 . Kor´ abbi ¨ osszef¨ ugg´eseinket megint alkalmazva ad´odik  2 [c(t), ˙ c(t)] + [c(t), ·]′c(t) ˙ (c(t)) [c(t), ˙ c(t)]2 I = [c, ˙ c] ˙ − = [c, ˙ c] ˙ − , 4(1 − [c(t), c(t)]) 1 − [c(t), c(t)] ´es felt´eve a 2[c(t), c(t)] 6= 1 egyenl˝otlens´eget kapjuk, hogy #+ " c(t) − (k ◦ c)(t)en ′′ = II = c¨(t) + (k ◦ c) (t)en , p | − 1 + 2[c(t), c(t)]| (k◦c)(t) 1 =p ([¨ c(t), c(t)] + (k ◦ c)′′ (t)k(c(t))) . | − 1 + 2[c(t), c(t)]|

Tov´ abb sz´ amolva

(k ◦ c)′′ (t)k(c(t)) = −[c(t), ˙ c(t)]′ +

ez´ert

[c(t), ˙ c(t)]2 = 1 − [c(t), c(t)]

  [c(t), ˙ c(t)]2 = − [¨ c(t), c(t)] + [c(t), ˙ ·]′c(t) , ˙ (c(t)) + 1 − [c(t), c(t)] 1 II = p | − 1 + 2[c(t), c(t)]|

  [c(t), ˙ c(t)]2 −[c(t), ˙ ·]′c(t) (c(t)) + . ˙ 1 − [c(t), c(t)]

Ha S-r˝ ol feltessz¨ uk a folytonos differenci´alhat´os´agot is, akkor ad´odik, hogy   [c(t), ˙ c(t)]2 1 −[c(t), ˙ c(t)] ˙ + II = p = −1 + [c(t), c(t)] | − 1 + 2[c(t), c(t)]|

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

432

´rido ˝ 8. A te

1 = −p I. | − 1 + 2[c(t), c(t)]|

´Igy a k(c(t)) pontban vett szekcion´alis f˝og¨orb¨ uletek:

ez´ert a

1 , ρmax (u, v) = ρmin (u, v) = − p | − 1 + 2[c(t), c(t)]|

κ(u, v) := [n0 (c(t)), n0 (c(t))]+ ρ(u, v)max ρ(u, v)min =

1 −1 + 2[c(t), c(t)]

szekcion´ alis g¨ orb¨ uleteket kapjuk. A k(c(t)) pontban minden ir´anyban a Riccig¨ orb¨ uletre Ric(v)k(c(t)) := (n − 2) · E(κk(c(t)) (u, v)) =

n−2 −1 + 2[c(t), c(t)]

ad´ odik, ´es a skal´ arg¨ orb¨ ulet k(c(t))-ben Γk(c(t)) :=




 n−1 n−1 2 · E(κf (c(t)) (u, v)) = −1 + 2[c(t), c(t)] 2

lesz. V´eg¨ ul jegyezz¨ uk meg, hogy a K + azon pontjaiban, melyekre az 2[c(t), c(t)] = 1 egyenl˝ os´eg teljes¨ ul, a g¨orb¨ uletek a f´enyk´ up eset´enek mint´aj´ara sz´amolhat´ ok, ´es null´ anak tekinthet˝ ok.

8.4. El˝ osokas´ agok az ´ altal´ anos´ıtott t´ erid˝ omodellben Mint ahogy a fentiekben kimutattuk, az el˝oz˝o fejezet el˝osokas´againak Tv -vel jel¨ olt ´erint˝ oterei olyan f´elmetrikus tereknek tekinthet˝ok, ahol a f´elmetrika a Minkowski-szorz´ asb´ ol sz´ armazik. Eml´ekeztet¨ unk arra, hogy a Minkowskiszorzat nem teljes´ıti a Cauchy–Schwartz-egyenl˝otlens´eget, ez´ert az ´altala induk´ alt t´ avols´ agf¨ uggv´eny nem teljes´ıti a h´aromsz¨og-egyenl˝otlens´eget, azaz nem metrika, hanem csak f´elmetrika. Azonban egy f´elmetrika l´ete az ´erint˝o hipers´ıkokon elegend˝ o a sokas´ ag sz´am´ara, hogy azon egy val´odi t´avols´agfogalmat induk´ aljon. 18 Ehhez persze sz¨ uks´eges, hogy a vizsg´alt sokas´ag elegend˝oen ´ sima legyen. Erdekes o sszevetni n´eh´any – a differenci´algeometri´aban sokat ¨ 18 L. Tam´ assy: Finsler spaces corresponding to distance spaces. Proc. of the Conf., Contemporary Geometry and Related Topics, Belgrade, Serbia and Montenegro, June 26–July 2, (2005), 485–495.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

˝ sokasa ´ gok az a ´ ltala ´ nos´ıtott te ´rido ˝ modellben 8.4. Elo

433

haszn´ alt –, be´ agyazott sokas´agokkal kapcsolatos fogalmat. A centr´alis fogalom a fel¨ ulet mint Riemann-sokas´ag fogalma. Ennek az ´erint˝o hipers´ıkjain klasszikus skal´ aris szorzat ´ altal induk´alt metrik´at felt´etelez¨ unk, ami a fel¨ ulet bels˝ o geometri´ aj´ ara n´ezve egy u ´j t´avols´agfogalmat, a Riemann-metrika fogalm´ at adja. Kicsit ´ altal´ anosabb, de sokkal messzebbre nem vezet˝o fogalom a Finsler-sokas´ ag fogalma, amikor a megfelel˝o simas´agi felt´etelek megtart´asa mellett az ´erint˝ o hipers´ıkokat norm´aval l´atjuk el. Ez sz´armaztatja mind az ´erint˝ o hipers´ık, mind a fel¨ ulet metrik´aj´at, ezen ut´obbit Finsler-metrik´anak nevezz¨ uk. V´eg¨ ul, ha meg˝ orizz¨ uk az ´erint˝o hipers´ıkokon a szorzatf¨ uggv´eny bilinearit´ as´ at ´es komplex vagy val´os szimmetri´aj´at, tov´abb´a elvetj¨ uk a pozit´ıv definits´eg tulajdons´ ag´ at, akkor az u ´n. szemi-Riemann-sokas´aghoz jutunk, melynek ´erint˝ oterein egy pszeudoeuklideszi metrika uralkodik, ´es ez defini´al a sokas´ agon egy u ´j metrik´ at, a szemi-Riemann-metrik´at. A bels˝o metrik´ak azonos m´ odszerrel vannak defini´alva, ezen m´odszer az ´ıvhosszat sz´am´ıt´o integr´ al ´erv´enyess´eg´en ´es annak alaptulajdons´again alapul. Az ´altal´anos´ıtott t´erid˝ omodell keretein bel¨ ul is lehet˝os´eg¨ unk van egy ilyen metrika fel´ep´ıt´es´ere, mely specializ´ al´ odhat az eml´ıtett h´arom fontos metrik´av´a. 8.4.1. ´ Ivhossz, g¨ orbu etel ¨ let, Meusnier-t´ A fejezetben v´egig feltessz¨ uk, hogy a s.i.p. S-en folytonosan differenci´alhat´o. 8.4.1. Defin´ıci´ o. Legyen F egy ´ altal´ anos´ıtott t´erid˝ omodell hiperfel¨ ulete. Tekints¨ uk az egyform´ an ir´ any´ıtott, darabonk´ent folytonosan differenci´ alhat´ o azon (f ◦ c)(t)

(a ≤ t ≤ b)

F -beli g¨ orb´ek Γp,q halmaz´ at, melyek p-b˝ ol indulnak ´es q-ba ´erkeznek. Ekkor ezen pontok el˝ ot´ avols´ aga legyen   b  Z q |I(f ◦c)(x) |dx for f ◦ c ∈ Γp,q . ρ(p, q) = inf   a

K¨ onnyen l´ athat´ o, hogy az el˝ot´avols´ag kiel´eg´ıti a h´aromsz¨ogegyenl˝otlens´eget; azaz F -en metrika. Egy olyan hiperfel¨ uleten, ahol minden ´erint˝ovektor t´erszer˝ u, az abszol´ ut´ert´ek jel sz¨ uks´egtelen, ezen hiperfel¨ uleteket t´erszer˝ unek nevezz¨ uk. Ilyen p´eld´ aul a k´epzetes egys´egg¨omb. Vezess¨ uk be azon f ◦ c g¨orb´ek la (τ ) ´ıvhosszf¨ uggv´eny´et, melyeken a f´enyszer˝ u pontok z´art, nullm´ert´ek˝ u halmazt adnak az Zτ q Zτ q + |[D(f ◦ c)(x), D(f ◦ c)(x)]f (c(x)) |dx = |If (c(x)) |dx la (τ ) = a

a

formul´ aval. Csak azokat a pontokat l´assuk el param´eterrel, amelyekben az ´erint˝ ovektor nem f´enyszer˝ u. Ekkor kapunk egy j´ol defini´alt u ´j param´eterez´est,

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

434

´rido ˝ 8. A te

mely mellett egyar´ ant ´erv´enyes a ′

(la (τ )) =

q |If (c(τ )) |

formula, illetve a τ (la ) : [0, ε) −→ [a, la−1 (ε)) inverz f¨ uggv´enyre vonatkoz´o ′

(τ (la )) = la−1 (τ ) o ugg´es is. ¨sszef¨


′

1 =p |If (c(τ (la ))) |

8.4.1. T´ etel. Tekints¨ uk egy hiperfel¨ ulet valamelyik ´ıvhosszal rendelkez˝ o g¨ orb´ej´et, ez persze megfelel egy V -beli vektormez˝ onek. Ha az ´ıvhossz szerint param´eterezz¨ uk, akkor az els˝ o deriv´ alt vektormez˝ o vektorainak abszol´ ut´ert´eke 1, tov´ abb´ a a m´ asodik deriv´ altak vektormezeje a Minkowski-szorzatra vonatkoz´ oan mer˝ oleges az els˝ o deriv´ altak vektormezej´ere. Bizony´ıt´ as: Defin´ıci´ o szerint az ´erint˝ovektorok nem f´enyszer˝ uek. Ez´ert a vizsg´ alt differenciah´ anyados ′

D ((f ◦ c) ◦ (τ (la ))) = D(f ◦ c) ◦ (τ (la )) · (τ (la )) = 1 , = D(f ◦ c) ◦ (τ (la )) p |If (c(τ (la ))) |

amib˝ ol k¨ ovetkezik, hogy

[D ((f ◦ c) ◦ (τ (la ))) , D ((f ◦ c) ◦ (τ (la )))]+ = =

If (c(τ (la ))) = sign(If (c(τ (la ))) ). |If (c(τ (la ))) |

A tov´ abbi deriv´ al´ ashoz sz¨ uks´eges lesz kisz´am´ıtani a D (D ((f ◦ c) ◦ (τ (la )))) kifejez´est. Az A.2.3 lemma alapj´an kapjuk, hogy (  sign(I q [D2 (f ◦ c) ◦ (τ (la )), D(f ◦ c) ◦ (τ (la ))] f (c(τ (la ))) ) p |If (c(τ (la ))) | = p D 2 |If (c(τ (la ))) | |If (c(τ (la ))) | o +[D(f ◦ c) ◦ (τ (la )), ·]′D((Df ◦c)◦τ (la )) (D(f ◦ c) ◦ (τ (la ))) ,

´es a folytonos differnci´ alhat´ os´agot is felhaszn´alva az A.2.2 t´etel szerint ebb˝ol [D(f ◦ c) ◦ (τ (la )), ·]′D((Df ◦c)◦τ (la )) (D(f ◦ c) ◦ (τ (la ))) =

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

435

˝ sokasa ´ gok az a ´ ltala ´ nos´ıtott te ´rido ˝ modellben 8.4. Elo

=

[D2 (f ◦ c) ◦ (τ (la )), D(f ◦ c) ◦ (τ (la ))] p |If (c(τ (la ))) |

ad´ odik. A keresett differenci´ alh´anyados teh´at ! 1 D2 (f ◦ c) ◦ (τ (la )) D D(f ◦ c) ◦ (τ (la )) p = − |If (c(τ (la ))) | |If (c(τ (la ))) | −sign(If (c(τ (la ))) )

[D2 (f ◦ c) ◦ (τ (la )), D(f ◦ c) ◦ (τ (la ))] D(f ◦ c) ◦ (τ (la )). (If (c(τ (la ))) )2

Most m´ ar l´ athatjuk, hogy "

D D(f ◦ c) ◦ (τ (la )) p

1 If (c(τ (la )))

!

#

, D(f ◦ c) ◦ (τ (la )) = 0

teljes¨ ul, ahogy azt ´ all´ıtottuk. A bels˝ o metrika meghat´ arozza az el˝osokas´ag geodetikusait a szok´asos m´odon. Bevezethetj¨ uk a sebess´eg-, illetve gyorsul´ asvektor-mez˝ oket mint az els˝ o, illetve m´ asodik deriv´ alt vektormez˝oket. A geodetikusok most az Euler– Lagrange-differenci´ alegyenlet megold´asaik´ent defini´alhat´ok, a g¨orbe g¨orb¨ uletf¨ uggv´enye pedig az ´ıvhossz szerinti m´asodik deriv´alt abszol´ ut ´ert´ek´evel, pontosabban: 8.4.2. Defin´ıci´ o. Azt mondjuk, hogy az f ◦ c, C 2 oszt´ alybeli g¨ orbe (amelynek ´erint˝ ovektorai majdnem minden¨ utt nem-f´enyszer˝ uek) egy geodetikusa az F hiperfel¨ uletnek, ha a gyorsul´ asi vektorok vektormezeje mer˝ oleges az F -beli ´erint˝ o hipers´ıkra a g¨ orbe minden pontj´ aban. Azaz l´etezik egy α(τ (la )) : R −→ R-val jel¨ olt f¨ uggv´eny u ´gy, hogy D (D ((f ◦ c) ◦ (τ (la )))) = α(τ (la ))(n0 ◦ c)(τ (la )) ´ll fenn az ´ertelmez´esi tartom´ a any pontjaiban. Az f ◦c g¨ orbe g¨orb¨ uletf¨ uggv´enye a p γf ◦c (τ (la )) := |[D (D ((f ◦ c) ◦ (τ (la )))) , D (D ((f ◦ c) ◦ (τ (la ))))]+ | = = |α(τ (la ))|

nemnegat´ıv f¨ uggv´eny. Ha a g¨ orb¨ uletf¨ uggv´eny nem nulla, akkor defini´alni tudjuk az (m ◦ c)(τ (la )) vektort a k¨ ovetkez˝ o egyenl˝ os´eggel: (m ◦ c)(τ (la )) =

www.interkonyv.hu

D (D ((f ◦ c) ◦ (τ (la )))) . γf ◦c (τ (la ))

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

436

´rido ˝ 8. A te

Ebb˝ ol azonnal k¨ ovetkezik, hogy [(m ◦ c)(τ (la )), (m ◦ c)(τ (la ))]+ = =

[D (D ((f ◦ c) ◦ (τ (la )))) , D (D ((f ◦ c) ◦ (τ (la ))))]+ . γf2◦c (τ (la ))

Felhaszn´ alva a D (D ((f ◦ c) ◦ (τ (la )))) = D D(f ◦ c) ◦ (τ (la )) p = −sign(If (c(τ (la ))) )

1 |If (c(τ (la ))) |

!

=

D2 (f ◦ c) ◦ (τ (la )) − |If (c(τ (la ))) |

[D2 (f ◦ c) ◦ (τ (la )), D(f ◦ c) ◦ (τ (la ))] D(f ◦ c) ◦ (τ (la )), (If (c(τ (la ))) )2

egyenl˝ os´eget ´es a D(f ◦ c), illetve n0 ◦ c vektorok mer˝olegess´eg´et, ad´odik a Meusnier-t´etel megfelel˝ oje: γf ◦c (τ (la ))[(m ◦ c)(τ (la )), (n0 ◦ c)(τ (la )]+ =  2 + D (f ◦ c) ◦ (τ (la )) , (n0 ◦ c)(τ (la ) . = |If (c(τ (la ))) | Ez azt jelenti, hogy γf ◦c (τ (la ))[(m ◦ c)(τ (la )), (n0 ◦ c)(τ (la )]+ =

IIf (c(τ (la ))) . |If (c(τ (la ))) |

Az egyenl˝ os´eget szorzat alakban fel´ırva kapjuk, hogy γf ◦c (τ (la ))[(m ◦ c)(τ (la )), (n0 ◦ c)(τ (la )]+ |If (c(τ (la ))) | = IIf (c(τ (la ))) , mely alak a f´enyszer˝ u vektorok eset´en is ´erv´enyes marad, ha a gyorsul´asi vektorok hossz´ at ilyen esetben null´anak v´alasztjuk. Geodetikus g¨orb´ere az [(m◦c)(τ (la )), (m◦c)(τ (la ))]+ =

+ (α(τ (la )))2  0 (n ◦ c)(τ (la )), (n0 ◦ c)(τ (la )) (γf ◦c (τ (la ))

egyenl˝ os´eg azt mutatja, hogy az m ◦ c, illetve n0 ◦ c vektorok ugyanolyan t´ıpus´ uak: m ◦ c = sign(α(τ (la )))(n0 ◦ c).

´Igy a Meusnier-t´etel a

α(τ (la ))[(n0 ◦ c)(τ (la )), (n0 ◦ c)(τ (la )]+ |If (c(τ (la ))) | = IIf (c(τ (la )))

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

˝ sokasa ´ gok az a ´ ltala ´ nos´ıtott te ´rido ˝ modellben 8.4. Elo

437

alakra egyszer˝ us´ıthet˝ o. Evvel ekvivalens a k¨ovetkez˝o forma: α(τ (la )) = [(n0 ◦ c)(τ (la )), (n0 ◦ c)(τ (la )]+

IIf (c(τ (la ))) = |If (c(τ (la ))) |

= [(n0 ◦ c)(τ (la )), (n0 ◦ c)(τ (la )]+ sign(If (c(τ (la ))) )ρ(D(f ◦ c)). Ha az ´erint˝ ovektorok t´erszer˝ uek, a norm´alvektorok pedig id˝oszer˝ uek, akkor egy k´etdimenzi´ os alt´eren az α(τ (la )) = −ρ(D(f ◦ c)) f¨ uggv´eny sz´els˝ o´ert´ekei a szekcion´alis f˝og¨orb¨ uletek m´ınusz egyszeresei. Az alapform´ ak homogenit´ asa miatt ezen f¨ uggv´enyek vizsg´alat´at elv´egezhetj¨ uk a s´ıknak egy olyan r´eszhalmaz´ an, melyen az ¨osszes sz¨ uks´eges ´ert´ek fell´ep. Vehetj¨ uk p´eld´ aul ilyen halmaznak az egys´egk¨orvonalat. Ez kompakt, ez´ert ezen a f¨ uggv´eny felveszi a sz´els˝ o´ert´ekeit legal´abb k´et egys´egvektorhoz tartoz´o pontban. Ha a hiperfel¨ ulet konvex is, akkor a sz´els˝o´ert´ekek el˝ojele egyenl˝o, ez´ert a szekcion´ alis f˝ og¨ orb¨ uletek el˝ ojele megegyezik, ahonnan l´atjuk, hogy a szekcion´alis g¨ orb¨ ulet negat´ıv. (Vess¨ uk ¨ ossze az el˝oz˝o fejezetben szerepl˝o konkr´et ´ert´ekekkel, a k´epzetes egys´egg¨ omb, illetve a be´agyaz´o t´er egys´egg¨ombj´enek eset´evel!) Ha a vizsg´ alt k´etdimenzi´ os ´erint˝os´ık tartalmaz k´et f´enyszer˝ u ´es emellett persze id˝ oszer˝ u vektorokat is, akkor a fenti f¨ uggv´eny vizsg´alat´at szor´ıtsuk meg a k´et egys´egk¨ or (az imagin´arius ´es a de Sitter-f´ele) ´es a k´et f´enyszer˝ u egyenes pontjaira. Hagyjuk el a f´enyszer˝ u vektorokhoz tartoz´o pontokat, ´es hat´ arozzuk meg a sz´els˝ o´ert´ekeket a k´et egys´egk¨orre k¨ ul¨on-k¨ ul¨on. P´eld´aul, ha az α(τ (la )) ´es If (c(τ (la ))) f¨ uggv´enyek el˝ojele azonos, ´es a norm´alvektor t´erszer˝ u, akkor a szekcion´ alis f˝og¨orb¨ uleteknek ugyanaz az el˝ojele, azaz pozit´ıv ´ert´eket adnak. Ekkor a szekcion´alis g¨orb¨ ulet pozit´ıv. (Vess¨ uk ¨ossze a de Sitterg¨ omb eset´evel!) 8.4.2. H + izometri´ ai Egy ´ altal´ anos´ıtott t´erid˝ omodellben a hiperfel¨ uleteket geometriai szempontb´ ol h´ aromf´elekk´eppen tekinthetj¨ uk, ugyan´ ugy, mint az indefinit skal´arszorzatos esetben. Tekinthetj¨ uk mint egy s.i.p.-t´erbe sz´epen be´agyazott strukt´ ur´at, mint differenci´ algeometriai ´ertelemben vett el˝osokas´agot, ahol a halmazhoz automatikusan hozz´ agondoljuk az ´erint˝oterek nyal´abj´at, vagy mint egy metrikus teret, ahol persze a metrika konkr´et megad´asa n´emi klasszikus differenci´ algeometri´ an alapul. Mindh´arom esetben besz´elhet¨ unk izometri´ar´ol, att´ol f¨ ugg˝ oen, hogy a fel´ep´ıt´es mely pontj´an garant´aljuk a v´egs˝o t´avols´agf¨ uggv´eny invarianci´ aj´ at. Alapvet˝ oen a t´avols´ag a Minkowski-szorzatt´ol f¨ ugg, teh´at biztosan invari´ ans lesz egy olyan lek´epez´es mellett, mely a Minkowski-szorzatot orzi. Ez motiv´ ˝ alja az els˝ o defin´ıci´ot:

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

438

´rido ˝ 8. A te

8.4.3. Defin´ıci´ o. A H hiperfel¨ ulet egy line´aris izometri´aja egy olyan F : V −→ V line´ aris lek´epez´es f : H −→ H megszor´ıt´ asa H-ra, amely meg˝ orzi a Minkowski-szorzatot, ´es H-t saj´ at mag´ ara k´epezi. Jegyezz¨ uk meg, hogy egy ilyen izometria az S alt´er ´es annak F (S) k´epe k¨ oz¨ ott is izometri´ at l´etes´ıt, azaz ezen k´epalt´er is egy s.i.p.-t´er a r´a megszor´ıtott Minkowski-szorzatra vonatkoz´oan. Vil´agos, hogy a szorzat invarianci´aja er˝ osebbnek t˝ un˝ o megszor´ıt´ as mint a vektorok ´es k´epeik norm´aj´anak egyenl˝ os´ege. Ezen az u ´ton azonban nem tudjuk laz´ıtani a defin´ıci´ot, mert Koehler igazolta19 , hogy sima Banach-t´er egy lek´epez´ese pontosan akkor izometria, ha a s.i.p.-szorzatot ˝ orzi. Koehler azt is igazolja, hogy ha a Riesz–Fischer reprezent´aci´os t´etel teljes¨ ul egy norm´ alt t´erben, akkor minden korl´atos line´aris A oper´atorhoz megadhat´o egy AT -vel jel¨ olt ´ altal´ anos´ıtott adjung´alt lek´epez´es, melyet az [A(x), y] = [x, AT (y)]

∀

x, y ∈ V

egyenl˝ os´eg defini´ al. Ez szok´ asos Hilbert-terekben a szok´asos adjung´alt oper´atort jelenti. Norm´ alt t´erben az adjung´alt lek´epez´es nem marad line´aris, de tov´ abbra is fennmarad p´ ar ´erdekes tulajdons´aga. A Koehler ´altal igazolt t´etelek sima, egyenletesen konvex Banach-terekre ´erv´enyesek. Az egyenletes konvexit´ asb´ ol k¨ ovetkezik a szigor´ u konvexit´as. Azonban minden szigor´ uan konvex v´eges dimenzi´ os Banach-t´er egyenletesen konvex,20 ez´ert a tov´abbiakhoz nek¨ unk elegend˝ o azt feltenn¨ unk, hogy S szigor´ uan konvex sima Banach-t´er a rajta ´ertelmezett s.i.p-re n´ezve. Igazoljuk a H k´epzetes egys´egg¨omb line´aris izometri´air´ol a k¨ovetkez˝o t´etelt: 8.4.2. T´ etel. Legyen V ´ altal´ anos´ıtott t´erid˝ omodell, melynek S altere szigor´ uan konvex, sima norm´ alt t´er az s.i.i.p ´ altal induk´ alt s.i.p.-re n´ezve. Ekkor {V, [·, ·]− } szint´en sima ´es szigor´ uan konvex. Legyen F T az F ´ altal´ anos´ıtott adjung´ altja a {V, [·, ·]− } s.i.p.-t´erre n´ezve, ´es defini´ aljuk a J : V −→ V invol´ uci´ ot a J|S = id|S, J|T = −id|T egyenl˝ os´egekkel. Ekkor az F |H = f : H −→ H lek´epez´es a H + -nak pontosan akkor line´ aris izometri´ aja, ha invert´ alhat´ o, kiel´eg´ıti az F −1 = JF T J, egyenl˝ os´eget ´es en -t a H + egy pontj´ aba k´epezi. 19

Koehler D. O.: A note on some operator theory in certain semi-inner-product spaces. Proc. Amer. Math. Soc. 30(2) (1971) 363–366. 20

Wilansky, A.: Functional Analysis. Blaisdell, New York 1964.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

˝ sokasa ´ gok az a ´ ltala ´ nos´ıtott te ´rido ˝ modellben 8.4. Elo

439

Bizony´ıt´ as: Az els˝ o´ all´ıt´ as bizony´ıt´as´ahoz vegy¨ uk ´eszre, hogy az 1 = [s + t, s + t]− = [s, s] − [t, t] = [s, s] + ktk2 egyenl˝ os´eg alapj´ an a k´et egys´egg¨omb egyszerre sima. A szigor´ u konvexit´ashoz tekints¨ uk a [s + t, s′ + t′ ]− = ks + tk− ks′ + t′ k− egyenl˝ os´eget. Mivel dim T = 1, feltehetj¨ uk, hogy t′ = λt valamilyen val´os λ-ra. Azaz kapjuk a [s, s][s′ , s′ ] = [s, s′ ]2 + [t, t]([s′ , s′ ] − 2λ[s, s′ ] + λ2 [s, s]) egyenl˝ os´eget. A Cauchy–Schwartz-egyenl˝otlens´eg szerint [s′ , s′ ] − 2λ[s, s′ ] + λ2 [s, s] ≥ ´es ez´ert

2 p p [λs, λs] − [s′ , s′ ] ≥ 0,

0 ≤ [s, s′ ]2 ≤ [s, s][s′ , s′ ] = [s, s′ ]2 + [t, t]([s′ , s′ ] − 2λ[s, s′ ] + λ2 [s, s]) ≤ [s, s′ ]2 , amib˝ ol [t, t]([s′ , s′ ] − 2λ[s, s′ ] + λ2 [s, s]) = 0 k¨ ovetkezik. Ha [t, t] = 0, akkor t = t′ = 0, ´es az S szigor´ u konvexit´as´ab´ol ad´ odik, hogy valamely val´ os µ > 0-val s′ = µs. Erre a µ-re s′ + t′ = µ(s + t) is teljes¨ ul. Ez´ert feltehet˝ o, hogy [t, t] 6= 0, ´es igaz [s, s][s′ , s′ ] = [s, s′ ]2 ugyan´ ugy mint ([s′ , s′ ] − 2λ[s, s′ ] + λ2 [s, s]) = 0. Azonban S szigor´ uan konvex t´er. Ez´ert nem nulla s-re van olyan val´os µ > 0, amire s′ = µs. Azaz megint k¨ovetkezik 0 = (µ − λ)2 [s, s], ahonnan µ = λ ´es s′ + t′ = µ(s + t). Haszn´alva a szigor´ u konvexit´as sz¨ uks´eges ´es el´egs´eges felt´etel´et ad´ odik, hogy a be´agyaz´o t´er is szigor´ uan konvex. Legyen F a H + egy line´ aris izometri´aja. Vil´agos, hogy a J oper´ator a Minkowski-szorzatot a be´ agyaz´o t´er s.i.p.-j´ebe transzform´alja. Pontosabban teljes¨ ul, hogy [v, w]+ = [v, Jw]− . Az ´ altal´ anos´ıtott adjung´ alt l´etezik, teh´at ´ırhatjuk, hogy [v, Jw]− = [v, w]+ = [F v, F w]+ = [F v, JF w]− = [v, F T JF w]−

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

440

´rido ˝ 8. A te

teljes¨ ul minden v, w vektorp´ arra. A be´agyaz´o t´er nem degener´alt; ez´ert vagy a J = F T JF vagy a vele ekvivalens F −1 = JF T J egyenl˝os´eghez jutunk. Az F defin´ıci´ oja szerint az utols´ o, F -re vonatkoz´o felt´etel is teljes¨ ul. Ford´ıtva, ha F egy olyan line´aris lek´epez´es, ami kiel´eg´ıti a t´etel felt´eteleit, akkor ˝ orzi a Minkowski-szorzatot. Val´oban, [F v, F w]+ = [F v, JF w]− = [v, F T JF w]− = [v, Jw]− = [v, w]+ . A H hiperboloidot homeomorf m´odon k´epezi mag´ara, azaz a k¨openyek k¨openybe mennek. Az utols´ o felt´etel¨ unk garant´alja, hogy F (H + ) = H + , ´es + ez´ert F a H egy line´ aris izometri´aj´at induk´alja. 8.4.1. Megjegyz´ es. Ahogy az el˝ oz˝ o t´etel formul´ aja mutatja, H + minden line´ aris izometri´ aj´ anak ´ altal´ anos´ıtott adjung´ altja line´ aris lek´epez´es. Szint´en fontos ´eszrev´etel, hogy a fenti t´etel speci´ alis esetk´ent kiadja a hiperbolikus t´er izometri´ air´ ol sz´ ol´ o anal´ og t´etelt, elegend˝ o s.i.i.p. helyett i.i.p-t tekinteni. A m´ asodik lehet˝ os´eg az izometria fogalm´anak bevezet´es´ere az ´erint˝o hipers´ıkok fogalm´ ahoz kapcsolhat´ o. Miel˝ott kimondjuk a defin´ıci´ot, ´ertelmezz¨ uk a hiperfel¨ ulet egy f diffeomorfizmus´ara vonatkoz´o f ⋆ (I) visszah´ uz´ as (pullback) lek´epez´est, mely az ´erint˝ oterek metrik´aj´at felelteti meg egym´asnak az f lek´epez´es seg´ıts´eg´evel. 8.4.4. Defin´ıci´ o. Legyen f : H −→ H diffeomorfizmus, ekkor az els˝ o alapforma f szerinti visszah´ uzottj´at (pullbackj´et), f ⋆ (I)-t ´ertelmezze a minden v ∈ H u1 , u2 ∈ T (v) h´ armasra teljes¨ ul˝ o f ⋆ (I)v (u1 , u2 ) := If (v) (Df (u1 ), Df (u2 )) egyenl˝ os´eg. A visszah´ uz´ as l´enyege, hogy az f szerinti k´eppont ´erint˝oter´enek metrik´aj´at a kiindul´ asi pont ´erint˝ oter´enek egy f -t˝ol f¨ ugg˝o metrik´aj´aba viszi. A m´asodik izometriafogalom ezen metrik´ak invarianci´aj´at c´elozza. 8.4.5. Defin´ıci´ o. Az ´ altal´ anos´ıtott t´erid˝ omodell hiperfel¨ ulet´enek valamely diffeomorfizmus´ at sokas´ ag- (Minkowski–Finsler-) izometri´anak nevezz¨ uk, ha az ´ altala defini´ alt visszah´ uzott lek´epez´esre az ´erint˝ o hipers´ıkok metrik´ aja invari´ ans, azaz f ⋆ (I)v (u1 , u2 ) = Iv (u1 , u2 ) teljes¨ ul minden v ∈ H ´es u1 , u2 ∈ T (v) eset´en. Bel´ atjuk, hogy a line´ aris izometria egyben sokas´agizometria is. A tov´abbiakban mindig feltessz¨ uk, hogy a be´agyaz´o t´er ´es szorzat megfelel˝o simas´aggal rendelkezik, azaz S folytonosan differenci´alhat´o s.i.p.-t´er. Tekints¨ uk az els˝o alapforma visszah´ uzottj´ at a vizsg´alt F line´aris izometria f megszor´ıt´as´ara vonatkoz´ oan. f ⋆ (I)v (u1 , u2 ) = If (v) (Df (u1 ), Df (u2 )) = [Df (u1 ), Df (u2 )]+ f (v) =

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

˝ sokasa ´ gok az a ´ ltala ´ nos´ıtott te ´rido ˝ modellben 8.4. Elo

441

+ = [DF (u1 ), DF (u2 )]+ F (v) = [F (u1 ), F (u2 )]F (v)

a visszah´ uz´ as defin´ıci´ oja ´es F linearit´asa miatt. Azonban F ˝orzi a Minkowskiszorzatot, ez´ert + [F (u1 ), F (u2 )]+ F (v) = [u1 , u2 ]v = (I)v (u1 , u2 ),

ahogy azt ´ all´ıtottuk. V´eg¨ ul a harmadik lehet˝ os´eg izometria defini´al´as´ara k¨ozvetlen¨ ul az el˝osokas´ ag szintj´en ny´ılik. Ekkor olyan homeomorfizmust keres¨ unk, mely k¨ozvetlen¨ ul a sokas´ ag pontjainak t´ avols´ ag´at tartja invari´ansan. 8.4.6. Defin´ıci´ o. Az f : H −→ H legyen H homeomorfizmusa a metrik´ aja ´ altal induk´ alt topol´ ogi´ ara n´ezve. Ha f ˝ orzi a H pontp´ arjainak az A.4.1. Defin´ıci´ o szerinti el˝ ot´ avols´ ag´ at, akkor f -et H topologikus izometri´aj´anak nevezz¨ uk. Vil´ agos, hogy minden sokas´agizometria egy´ uttal topologikus izometria is, hiszen ha az integrandusok megegyeznek, akkor az integr´alok is. Riemann-, illetve Finsler-terek eset´en a ford´ıtott ´all´ıt´asok is teljes¨ ulnek, teh´at ezen k´et izometriafogalom k¨ oz¨ ott nincs k¨ ul¨onbs´eg21 . Az is igazolhat´o, hogy pszeudoeuklideszi t´erben modellezett hiperbolikus t´erre mindh´arom defin´ıci´o ekvivalens. Ehhez azt kell csak bel´ atni, hogy minden topologikus izometria egy´ uttal line´ aris izometria is. A bizony´ıt´as alapgondolata a k¨ovetkez˝o: a line´aris izometri´ ak csoportj´ anak tranzit´ıv hat´as´at felhaszn´alva explicit m´odon meghat´ arozzuk a bels˝ o metrik´ at a skal´arszorzat seg´ıts´eg´evel. Ezen konkr´et formula seg´ıts´eg´evel igazolhatjuk, hogy adott topologikus izometri´anak egy a be´ agyaz´ o vektort´er alkalmas b´azis´an vett hat´as´at line´arisan kiterjesztve az eg´esz t´erre olyan lek´epez´eshez jutunk, mely a teljes H halmazon megegyezik a kiindul´ asi topologikus izometri´aval. A mi eset¨ unkben a gond az, hogy nem val´ osz´ın˝ u, hogy a line´ aris izometri´ak csoportja tranzit´ıvan hatna a k´epzetes egys´egg¨ omb¨ on, ez´ert nincs ´ altal´anos m´odszer¨ unk a pontok t´avols´ag´anak explicit fel´ır´ as´ ara. Tov´ abbi neh´ezs´eget jelent a line´aris kiterjeszt´es ut´an annak igazol´ asa, hogy a kapott lek´epez´es megszor´ıt´asa az egys´egg¨ombre az eredetileg adott izomorfizmus. Vizsg´ alatainkat most azzal z´arjuk, hogy megadjuk az explicit t´avols´agformul´ at amellett a felt´etel mellett, hogy a line´aris izometri´ak csoportja tranzit´ıvan hat a k´epzetes egys´egg¨omb¨on, azaz H + geometri´aja a line´ aris izometri´ akra n´ezve homog´en geometria. 8.4.3. T´ etel. Legyen V a ´ltal´ anos´ıtott t´erid˝ omodell. Tegy¨ uk fel, hogy S szigor´ uan konvex ´es sima, tov´ abb´ a, hogy a H + line´ aris izometri´ ai tranzit´ıvan 21

Myers, S. B., Steenrod, N.: The group of isometries of a Riemannian manifold. Ann. of Math. 40 (1939), 400-416. Deng, S., Hou, Z.: The group of isometries of a Finsler space. Pacific J. of Math. 207/1 (2002), 149–155.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

442

´rido ˝ 8. A te

hatnak H + -n. Jel¨ olj¨ uk az el˝ ot´ avols´ agot d(·, ·)-vel. Ekkor igaz a k¨ ovetkez˝ o: [a, b]+ = −ch(d(a, b)) minden a, b ∈ H + eset´en. Bizony´ıt´ as: A t´ avols´ agot ˝ orz˝o lek´epez´es geodetikust geodetikusba visz. Mivel a ter¨ unk homog´en, feltehetj¨ uk, hogy a = en . Legyen b 6= a, ´es tekints¨ uk az ha, bi pontokat tartalmaz´ o, a, b vektorok ´altal kifesz´ıtett k´etdimenzi´os s´ıkot. A s.i.i.p. megszor´ıt´ asa erre a s´ıkra egy i.i.p.; ekk´eppen visszakaptuk a 2-dimenzi´ os pszeudoeuklideszi t´erbe be´agyazott egydimenzi´os hiperbolikus geometria eset´et, ez´ert egy a-b´ol b-be vezet˝o utat param´eterezhet¨ unk a k¨ovetkez˝ o m´ odon: c(t) = sh(τ )e + ch(t)en ha t ∈ [0, 1], ahol c(0) = a ´es c(1) = b. Egy ´ıvnek a hossza 0-t´ol x-ig Zx p ch2 (τ ) − sh2 (τ )dτ = x, 0

mutatv´ an, hogy egyenl˝ os´eggel el´eg´ıti ki a h´aromsz¨og-egyenl˝otlens´eget. K¨ovetkez´esk´eppen geodetikus, ´es ´ıgy megadja a ´es c(x) t´avols´ag´at. Ugyanakkor az is vil´ agos, hogy [a, b]+ = [en , sh(1)e + ch(1)en ]+ = [en , ch(1)en ] = −ch(1) = = −ch(d(a, c(1)) = −ch(d(a, b)), ami ´ all´ıt´ asunkat igazolja.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

443

8.5. Minkowski

8.3. ´ abra. Hermann Minkowski

8.5. Minkowski 1908. szeptember 21-´en Minkowski Cologne-i Naturforscher Versammlung c. konferenci´ an tartott el˝ oad´ as´ at a geometria nagy pillanatai” k¨oz´e kell sorol” nunk. Az el˝ oad´ as 1920-ban megjelent angolul, Megh Nad Saha ford´ıt´as´aban. Tisztelegve Minkowski el˝ ott ezen el˝oad´ast teljes terjedelm´eben id´ezz¨ uk.

´r e ´s ido ˝ H.Minkowski: Te ´ sa alapja ´n Medh Nad Saha angol ford´ıta

Uraim! ¨ ok el˝ott, k´ıs´erleti Azon id˝ o- ´es t´erfogalom, amelyet ma ki szeretn´ek fejteni On¨ fizikai alapokb´ ol fejl˝ od¨ ott ki. Ebben rejlik az ereje. A tendencia radik´alis. Ekk´eppen a t´ernek ´es az id˝ onek ¨ onmag´aban vett r´egi fogalma puszta ´arny´ekk´a fog reduk´al´ odni, ´es csak a kett˝ onek valamif´ele egys´ege ˝orzi meg f¨ uggetlens´eg´et. I Meg szeretn´em mutatni, hogy juthatunk a t´er ´es id˝o megv´altoztatott fogalm´ahoz, a mechanik´ab´ ol kiindulva, ahogy az manaps´ag elfogadott, tiszt´an matematika megfontol´asokkal. A newtoni mechanika egyenletei k´etszeres invarianci´at

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

444

´rido ˝ 8. A te

mutatnak: (i) v´altozatlan alak´ uak, ha t´erkoordin´at´ak vonatkoztat´asi rendszer´et tetsz˝ olegesen megv´altoztatjuk; (ii) amikor egyenes vonal´ u egyenletes mozg´ast alkalmazunk r´a, az id˝ o nullpontj´anak helye nem j´atszik szerepet. Megszoktuk, hogy a geometria axi´ om´aira mint egyszer ´es mindenkorra kijel¨olt ´alland´okra tekints¨ unk, ellenben ritk´an tekint¨ unk a mechanik´aval kapcsolatos axi´om´akra ugyanilyen meggy˝ oz˝ od´essel, ez´ert ezen k´et invari´anst ritk´an tekintj¨ uk egyszerre. Mindkett˝o a mechanika differenci´alegyenleteinek bizonyos transzform´aci´ocsoportjait jelenti. Az els˝ o csoport l´etez´es´ere u ´gy tekint¨ unk, mint a t´er alapvet˝o jellemvon´as´ara. Ink´abb elhagyjuk a m´asodik csoportot, ´es k¨onny˝ u sz´ıvvel arra a k¨ovetkeztet´esre jutunk, hogy a fizikai megfontol´asok alapj´an soha sem tudjuk eld¨onteni, hogy a megmarad´ o t´erben lehet-e v´eg¨ ul is egyenletes mozg´as. Ez a k´et csoport f¨ uggetlen¨ ul l´etezik egym´as mellett. A teljesen heterog´en jelleg¨ uk elrettent att´ol, hogy megk´ıs´erelj¨ uk kompon´alni ˝ oket. M´egis a teljes kompon´alt csoport ad lehet˝os´eget nek¨ unk a tov´abbgondolkod´asra. Szeretn´enk a teljes kapcsolatot grafikus u ´ton szeml´eltetni. Legyen (x, y, z) a t´er der´eksz¨ og˝ u koordin´ata-rendszere ´es t jelentse az id˝ot. A felfog´asunk l´enyege a t´er ´es id˝ o¨ osszekapcsol´asa. Senki sem figyelt meg egy helyet, hacsak nem egy bizonyos id˝ opontban, ´es nem figyelte meg az id˝ot, hacsak nem egy bizonyos helyen. M´egis tudom´asul veszem azt a dogm´at, hogy az id˝o ´es t´er f¨ uggetlen l´etez˝ok. Egy t´er-pont ´es egy id˝ o-pont egy¨ uttes´et, azaz egy x, y, z, t n´egyest vil´agpontnak fogom nevezni. Ezen n´egyesek sokas´aga alkotja a vil´agot. N´egy vil´agtengelyt tudok rajzolni a kr´et´aval. Minden tengely gyorsan vibr´al´o molekul´akat tartalmaz, ´es emellett, r´esz´et k´epezi valamennyi f¨oldi utaz´asnak, m´odot adva elm´elked´esre. A legnagyobb absztrakci´ o, amit a n´egy tengely ig´enyel, a matematikusok k¨or´eben semmi zavart sem okoz. Nem engedhetj¨ uk meg semmilyen t´atong´o r´es l´etez´es´et, fel fogjuk tenni, hogy minden helyen ´es minden id˝oben l´etezik valami. Nem k¨ ul¨ on´ıtj¨ uk el az anyagot az elektromoss´agt´ol, ezeket egyszer˝ uen szubsztanci´akk´ent tekintj¨ uk. A figyelm¨ unket egy x, y, z, t vil´agpontra ir´any´ıtjuk ´es feltessz¨ uk, hogy olyan poz´ıci´ oban vagyunk, amib˝ol ezt a pontot fel tudjuk ismerni minden k´es˝obbi id˝ opontban. Legyen dt a t´erkoordin´at´ak dx, dy, dz megv´altoz´as´ahoz tartoz´o id˝ oelem. Ekkor kapunk (mint egy k´epet, hogy u ´gy mondjam, az ´eletp´aly´aj´at a pontnak) – egy g¨ orb´et a vil´agban – a vil´agvonalat, azon pontok halmaz´at, melyek a t param´eter ´ert´ekeinek, mid˝on azt −∞-t˝ol ∞ v´altoztatjuk, f´elre´erthetetlen¨ ul ´ megfelelnek. Ugy t˝ unik, hogy a teljes vil´ag ilyen vil´agvonalakra bomlik, ´es ´en ´eppen elt´erhetek az ´all´aspontomt´ol, ha azt mondom, hogy v´elem´enyem szerint a fizikai t¨ orv´enyek legteljesebb kifejt´ese ezen vonalak k¨olcs¨on¨os kapcsolata u ´tj´an lehets´eges. A t´er ´es id˝ o ezen fogalma szerint a t = 0 hoz tartoz´o (x, y, z) sokas´ag ´es a t > 0, t < 0 oldalai sz´etv´alnak. Ha az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert fixnek tartjuk a t´er ´es id˝o kezd˝ opontj´at, a mechanika els˝o nevezett t = 0-hoz tartoz´o transzform´aci´ocsoportja megkaphat´ o, mint az x-, y-, z-tengelyek lehets´eges elforgat´asai az orig´o

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

445

8.5. Minkowski

k¨ or¨ ul, amelyek megfelelnek a x2 + y 2 + z 2 kifejez´es homog´en line´aris transzform´aci´oinak. A m´asodik csoport azt jelenti, hogy a mechanikai t¨ orv´enyek kifejez´eseinek megv´altoztat´asa n´elk¨ ul helyettes´ıthet¨ unk x − αt, y − βt, z − γt, t v´altoz´okat az x, y, z v´altoz´ok helyett, ahol (α, β, γ) tetsz˝ oleges konstansok. Figyelemmel erre a t > 0 f´elt´er b´armely lehets´eges ir´any´aban felvehetj¨ uk az id˝ otengelyt. Mit lehet kezdeni a t´erbeli ortogonalit´as ig´eny´evel az id˝ otengely-v´alaszt´as fels˝ o f´elt´erben val´o teljes szabads´aga eset´en? Ennek a kapcsolatnak a fel´ep´ıt´es´ehez v´alasszuk a c param´etert pozit´ıvnak, ´es tekints¨ uk a c 2 t2 − x 2 − y 2 − z 2 = 1 alakzatot.

8.4. ´abra. A k´etk¨ openy˝ u hiperboloid anal´ogi´ajak´eppen ez az alakzat a t = 0 alt´errel elv´alasztott k´et r´eszb˝ ol ´all. Tekints¨ uk a fels˝o darabot, ami a t > 0 tartom´anyba esik, ´es alkalmazzunk r´a egy transzform´aci´ot, mely az x, y, z, t v´altoz´okat az u ´j x′ , y ′ , z ′ , t′ v´altoz´ okba viszi u ´gy, hogy a fenti kifejez´es v´altozatlan maradjon. Nyilv´an a t´er orig´ ot fixen tart´ o forgat´asai ezen transzform´aci´ok csoportj´ahoz tartoznak. Ezen transzform´aci´ ok teljes le´ır´as´ahoz egy szeml´eletes k´epet t´ars´ıthatunk, azon speci´alis transzform´aci´ okb´ol, amelyeket u ´gy kapunk, ha az (y, z) s´ıkot v´altozatlannak tekintj¨ uk. Rajzoljuk le a fels˝o darabnak az x- ´es t-tengelyek s´ıkj´aval val´ o metszet´et, azaz az c2 t2 − x2 = 1 hiperbol´at az aszimptot´aival (A.4 ´abra). Rajzoljuk meg az OA′ sugarat, az A′ B ′ ´erint˝ot A′ -ben, ´es eg´esz´ıts¨ uk ki a h´arom pontot egy OA′ B ′ C ′ paralelogramm´av´a; messe tov´abb´a D′ -ben az x-tengelyt a B ′ C ′ . Ha az u ´j tengelyeink Ox′ , OA′ , ´es az egys´eget OC ′ = 1 OA′ = 1c osszef¨ ugg´esnek megfelel˝ oen v´alasztjuk, akkor ugyanez a hiperbola kifejezhet˝o ¨ c2 t′2 − x′2 = 1 t′ > 0 form´aban is, ´es a kapott transzform´aci´o az ´altalunk vizsg´altak egyike. Tetsz˝ oleges t´erbeli ponthoz ´es id˝obeli z´erusponthoz csatolva egy

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

446

´rido ˝ 8. A te

ilyen karakterisztikus transzform´aci´ot, egy c-t˝ol f¨ ugg˝ o transzform´aci´ocsoportot kapunk, amelyet Gc -vel fogunk jel¨olni. Tartsunk most c-vel v´egtelenhez. Ekkor 1/c a null´ahoz tart, ´es az ´abra alapj´an ´eszrevehetj¨ uk, hogy a hiperbola az x-tengelyre simul, az aszimptot´ak sz¨oge pedig egyenessz¨ ogg´e v´alik, ´es minden egyes transzform´aci´o a hat´ar´atmenet sor´an v´altozik, hogy a t-tengelynek minden lehets´eges felfel´e mutat´o ir´anya lehet, ´es x′ egyre ink´abb megk¨ ozel´ıti x-t. Visszaeml´ekezve erre vil´agos, hogy a newtoni mechanik´ahoz tartoz´ o teljes csoport, Gc ´eppen a c = ∞ v´alaszt´as mellett ´all el˝ o. Ebben a helyzetben, ´es mivel Gc matematikai szempontb´ol intelligensebb, mint G∞ , egy matematikusnak – a k´epzelet szabads´ag´aval – az a gondolata t´amadhat, hogy a term´eszeti jelens´egek invarianci´aval rendelkeznek, nemcsak a G∞ csoportra, de a Gc csoportra vonatkoz´oan is, ahol c v´eges, m´egha rendk´ıv¨ ul nagy is a szok´asos m´er˝ oegys´eghez viszony´ıtva. Egy ilyen prekoncepci´o rendk´ıv¨ uli gy˝ ozelem az elm´eleti matematika sz´am´ara. Ugyanakkor meg fogom jegyezni, hogy mely c ´ert´ek eset´en tudjuk meggy˝oz˝onek tartani az invariancia igazs´ag´at. c hely´ebe a szabad t´er c f´enysebess´eg´et fogjuk helyettes´ıteni. Annak ´erdek´eben, hogy elker¨ ulhess¨ uk a t´er ´es v´akum fogalmakr´ol val´ o besz´edet, vehetj¨ uk ezt a mennyis´eget mint az elektromoss´ag elektrosztatikus ´es elektrom´agneses egys´egeinek ar´any´at. A k¨ ovetkez˝ o m´ odon tudjuk a term´eszeti t¨orv´enyek Gc transzform´aci´ocsoportra vonatkoz´ o invarianci´aj´anak jelleg´et defini´alni. A term´eszeti jelens´egek ¨ osszess´eg´eb˝ol magasabb approxim´aci´oval k¨ovetkeztetni tudunk egy (x, y, z, t) koordin´ata-rendszerre, amire vonatkoz´oan, a jelens´eget defini´alt t¨ orv´enyek reprezent´alj´ak. Ez a koordin´ata-rendszer nem egy´ertelm˝ uen meghat´arozott a jelens´eg ´altal. A Gc transzform´aci´ocsoportra vonatkoz´oan minden lehets´eges m´ odon megv´altoztatjuk a koordin´ata-rendszert, de a term´eszeti t¨ orv´enyek m´egse fognak v´altozni. P´eld´aul, az el˝ obbi ´abr´ahoz kapcsol´odva, t′ -t id˝onek h´ıvhatjuk, de akkor a sz¨ uks´egk´eppen hozz´akapcsol´ od´ o t´er az (x′ yz) sokas´ag kell, hogy legyen. A fizikai t¨ orv´enyek az x′ , y, z, t′ param´eterekkel vannak kifejezve – ´es a kifejez´es ugyanaz, mint az x, y, z, t param´eterek eset´en. Tekintettel erre, a vil´agban nemcsak egy ter¨ unk lesz, hanem sok – anal´og m´odon azzal, ahogy a h´aromdimenzi´os t´erben v´egtelen sok s´ıkot tal´alunk. A h´aromdimenzi´os geometria a n´egydimenzi´os fizik´anak egy fejezete lesz. Most m´ar ´eszrevehetj¨ uk, hogy mi´ert mondtam az elej´en, hogy ez az id˝ o ´es t´er puszta ´arny´ekk´a v´alik, ´es egy vil´agunk lesz, ami ¨onmag´aban teljes. II Felmer¨ ul most a k´erd´es, hogy milyen k¨ovetkezm´enyekhez vezet minket a t´err˝ ol ´es id˝ or˝ ol alkotott szeml´elet v´altoz´asa, nincsenek-e ezek ellentmond´asban a megfigyelt jelens´egekkel, v´eg¨ ul jelent-e el˝onyt a term´eszeti jelens´egek le´ır´as´aban? Miel˝ ott a r´eszletez´esbe kezden´enk, egy igen fontos megjegyz´est kell tenn¨ unk. Tegy¨ uk fel, hogy valamilyen m´odon individualiz´altuk a teret ´es az id˝ot; ekkor

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

447

8.5. Minkowski

egy t-tengellyel p´arhuzamos vil´agegyenes egy stacion´arius pontnak felel meg; egy vil´agegyenes, ami ferde a t-hez k´epest, egy egyenletesen mozg´o pontnak; ´es egy vil´agg¨ orbe felel meg egy tetsz˝ olegesen mozg´o pontnak. K´epzelj¨ unk el egy vil´agegyenest, amely valamely x, y, z, t vil´agponton halad kereszt¨ ul; ha azt tal´aljuk, hogy p´arhuzamos az OA′ hiperbola-sug´arvektorral, akkor be tudjuk vezetni az OA′ vektort egy u ´j id˝ otengelynek, ´es az u ´j id˝o- ´es t´erfogalomra n´ezve az anyag a tekintett pontban nyugalomban van. Fel´all´ıtjuk a k¨ovetkez˝o axi´om´at: Alkalmasan v´ alasztott id˝ o- ´es t´erkoordin´ at´ ak mellett egy adott (de tetsz˝ olegesen v´ alasztott) vil´ agpontban l´etez˝ o anyagot nyugalomban lev˝ onek tekinthet¨ unk. Ezen axi´ oma azt jelenti, hogy egy vil´agpontban a c2 dt2 − dx2 − dy 2 − dz 2 kifejez´es mindig pozit´ıv, vagy ekvivalens m´odon minden V sebess´egnek c-n´el kisebbnek kell lennie. c ekk´eppen a fels˝o hat´ara lesz az anyag sebess´eg´enek, ´es ekk´eppen ad´ odik egy m´ely jelent˝os´ege a c mennyis´egnek. Els˝o benyom´asra ez az axi´ oma kiel´eg´ıthetetlennek t˝ unik. Nem szabad elfelejteni, hogy csak egy m´odos´ıtott mechanik´at fogunk tekinteni, amiben a fenti differenci´alnak a n´egyzetgy¨oke a t´er ´es id˝ o egy kombin´aci´ oja, ´ıgy azok az esetek, amikn´el c-n´el nagyobb a sebess´eg, nem j´atszanak szerepet ugyan´ ugy, mint valamilyen k´epzetes koordin´ata a geometri´aban. A Gc transzform´aci´ ocsoport felt´etelez´es´ebek ind´ıt´eka ´es igazi mozgat´o ereje az a t´eny, hogy v´akuumban a f´eny terjed´es´ere vonatkoz´o differenci´alegyenlet rendelkezik a Gc transzform´aci´ ocsoporttal.22 A m´asik oldalr´ol, a merev testek elm´elete b´armilyen ´ertelemben csak a G∞ csoporttal rendelkezik mechanikai rendszerben. Ha most van egy f´enytanunk egy Gc csoporttal, ´es vannak ugyanakkor merev testeink is, k¨ onnyen l´athat´ o, hogy a t ir´anyt u ´gy kell defini´alni a k´et hiperboloidtartom´anyhoz, hogy k¨ oz¨ os legyen a G∞ , illetve Gc csoportokra n´ezve, ami egy tov´abbi k¨ ovetkezm´enyhez vezet, nevezetesen alkalmas merev laborat´oriumi eszk¨ oz¨ ok haszn´alat´aval v´altoz´ast tudunk ´erz´ekelni a term´eszeti jelens´egekben, amikor a F¨ old halad´asi ir´any´ahoz k´epest k¨ ul¨onb¨oz˝o ir´any´ıt´asokat tekint¨ unk. De minden erre ir´anyul´ o er˝ ofesz´ıt´es, m´eg a Michelson-f´ele interferenciak´ıs´erlet is negat´ıv eredm´ennyel z´arult. Annak ´erdek´eben, hogy magyar´azatot tal´aljon erre az eredm´enyre, H. A. Lorentz fel´all´ıtott egy hipot´ezist, mely gyakorlati ¨osszegz´ese a Gc csoport f´enytanraqvonatkoz´o invarianci´aj´anak. Lorentz felteszi, hogy minden 2

ul a halad´asi ir´any´aban. anyag hossz´aban 1 : 1 − vc2 ar´anyban r¨ovid¨ Ez a hipot´ezis el´eg fantasztikusnak t˝ unik. Az ¨osszeh´ uz´od´as nem az ´eter ellen´all´as´anak k¨ ovetkezm´enyekk´eppen k´epzelend˝o el, hanem mint az ´eg egy aj´and´eka, mint egyfajta ´allapot, amely a mozg´as ´allapot´anak k´ıs´er˝oje. 22 Ennek a t´ enynek a l´ enyegi alkalmaz´ asa a W. Voigt. G¨ ottinger Nachr. 1887, p.41 helyen megtal´ alhat´ o.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

448

´rido ˝ 8. A te

Az ´abr´amon meg fogom mutatni, hogy Lorentz hipot´ezise ekvivalens a t´er ´es id˝o u ´j koncepci´ oj´aval. Ezt most ´erthet˝obben is kifejtj¨ uk. Tegy¨ uk fel az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert, hogy (y, z) nincs, ´es figyelm¨ unket egy k´etdimenzi´os vil´agra ford´ıtjuk, amiben a t-tengellyel p´arhuzamos jobb fels˝o s´av egy nyugalmi ´allapotot reprezent´al ´es a t-tengellyel ferdesz¨oget bez´ar´o m´asik s´av egy egyenletesen halad´o testet, aminek konstans a t´erbeli kiterjed´ese (l´asd A.4. ´abra). Ha OA′ a m´asodik s´avval p´arhuzamos, tekinthetj¨ uk t′ -t a t-tengelynek ´es x′ -t az x-tengelynek, ekkor a m´asodik test lesz nyugalomban, ´es az els˝o halad egyenletesen. Tegy¨ uk fel a tov´abbiakban, hogy az els˝o, nyugalomban lev˝o test l hossz´ us´ag´ u, azaz a P P metszete az els˝ o s´avnak az x-tengely felett l · OC, ahol OC az x-tengely ir´any´aban vett egys´eg – ´es a m´asodik test, amikor nyugalomban van, ugyanilyen l hossz´ u, jelentv´en, hogy a Q′ Q′ metszete a m´asodik s´avnak az x′ tengely ir´any´aban l · OC hossz´ u. Ezekben a testekben elk´epzelhet¨ unk k´et Lorentz-elektront, melyek k¨ oz¨ ul az egyik nyugalomban van, a m´asik egyenletesen halad. Ha az eredeti koordin´ata-rendszerre gondolunk, a m´asodik elektron kiterjed´ese a s´av QQ metszet´evel adott, mely az x-tengely ir´any´aban van m´erve. Mivel Q′ Q′ = l ·OC ′ , onny˝ u sz´am´ıt´assal ad´odik, hogy ez´ert QQ = l · OD′ . Ha dx dt = v, k¨ r v2 PP 1 , =q OD′ = OC 1 − 2 ´es ´ıgy 2 c QQ 1− v c2

al´at´amasztva a lorentzi hipot´ezist az elektronok mozg´assal kapcsolatos ¨osszeh´ uz´ od´as´ar´ ol. Ugyanakkor, ha a m´asodik elektront tekintj¨ uk nyugalmi helyzet˝ unek, ´es az (x′ , t′ ) rendszerben tekintve az OC ′ -vel p´arhuzamos P ′ P ′ metszetet hossznak, azt tal´aljuk, hogy az els˝o elektron ugyanavval az ar´annyal r¨ovid¨ ult a m´asodikhoz k´epest, azaz QQ OD OD′ P ′P ′ = . = = Q′ Q′ OC ′ OC PP

Lorentz a t′ kombin´aci´ oj´at (t-nek ´es x-nek) az egyenletesen mozg´o elektron lok´alis idej´enek (Ortszeit) nevezte, ´es ennek az elvnek a fizikai konstrukci´oj´at a kontrakci´ ohipot´ezis jobb meg´ert´es´ehez haszn´alta. Vil´agos azonban, hogy egy elektron ideje ugyanolyan j´ o m´as elektron sz´am´ara is, azaz t, t′ id˝oket ekvivalensnek kell tekinten¨ unk, ahogy azt Einstein ´all´ıtotta. 23 Megmutatta, hogy az id˝o fogalma teljesen ´es egy´ertelm˝ uen meghat´arozott a term´eszeti jelens´egek ´altal. De a t´er fogalm´ahoz sem Einstein, sem Lorentz nem jutott el, val´osz´ın˝ uleg az´ert, mert a fent eml´ıtett speci´alis transzform´aci´ok mellett, amelyekre az (x, t), illetve (x′ , t′ ) s´ıkok megegyeznek, el˝ ofordulhat, hogy az x-tengely valamik´eppen konzerv´al´odik a kiindul´asi poz´ıci´ oj´aban. 23 A. Einstein, Ann. d. Phys. 17, 1905, p. 891; Jahrb. d. Radioaktivit¨ at u. Elektronik 4, 1907, p. 411.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

449

8.5. Minkowski

Fel tudjuk ´ep´ıteni a t´er fogalm´at hasonl´o m´odon, m´eg ha ez m´egink´abb fantasztikusnak is t˝ unik. Ezekre a fogalmakra tekintettel a relativit´as posztul´atuma”, mely a G csoportbeli ” invariancia ig´enye alapj´an lett megalkotva, kev´ess´e t˝ unik hat´ekonynak a Gc csoport, illetve tov´abbi folyamatok vizsg´alata szempontj´ab´ol. Mivel a posztul´atum ´ertelm´eben a n´egydimenzi´ os vil´ag adott id˝oben ´es t´erben a jelens´egei ´altal van megadva, de a vet´ıt´es t´erben ´es id˝oben bizonyos szabads´aggal kezelhet˝o, jobban szeretn´em ezen ´all´ıt´ast az Abszol´ ut vil´ag Posztul´atum´anak” [vil´agposztul´atum] ” tekinteni. III A vil´agposztul´atum seg´ıts´eg´evel a vil´agpontok x, y, z, t meghat´aroz´o mennyis´egeinek egy u ´j fel´ep´ıt´ese lehets´eges. Ez´altal azon form´akat, amelyekb˝ol a fizikai t¨ orv´enyek k¨ ovetkeznek, ´erthet˝ obb´e tessz¨ uk, ahogy azt mindj´art l´atni fogjuk. Mindenekel˝ ott a gyorsul´as fogalma v´alik ´elesebb´e ´es vil´agosabb´a. Megint geometriai m´ odszert haszn´alunk a kifejt´eshez. H´ıvjunk egy O pontot a t´erid˝ o z´eruspontj´anak”. A ” c 2 t2 − x 2 − y 2 − z 2 = 0 k´ up k´et O cs´ ucs´ u r´eszb˝ ol ´all, az egyikre t < 0, a m´asikra t > 0 teljes¨ ul. Az els˝o, amelyet el˝ ore-k´ upnak nevez¨ unk tartalmazza azokat a pontokat, amelyekb˝ol Oba f´enyt lehet k¨ uldeni, a m´asodik, amelyet h´atra-k´ upnak nevez¨ unk, tartalmazza azokat a pontokat, amelyekbe f´eny ´erkezhet O-b´ol. Azon tartom´any, melyet az el˝ ore-k´ up hat´arol, az O el˝ ore-r´esze, ´es a h´atra-k´ up tartom´anya az O h´atra-r´esze (l´asd A.5. ´abra).

8.5. ´abra. Az O h´atra-k´ upja tartalmazza az ´altalunk m´ar vizsg´alt F = c2 t2 − x2 − y 2 − z 2 = l,

www.interkonyv.hu

t>0

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

450

´rido ˝ 8. A te

hiperboloidtartom´anyt. A k´et k´ uptartom´any k¨oz¨otti r´esz kit¨olthet˝o a −F = c2 t2 − −x2 − y 2 − z 2 = k 2 hiperboloidokkal, ahol k 2 minden lehets´eges pozit´ıv ´ert´eket felvesz. Az ´abr´an fekv˝ o O centrum´ u hiperbol´ak fontosak sz´amunkra. A vil´agoss´ag kedv´e´ert ezen hiperbol´ak ´agait O-centrum´ u bels˝ o hiperbol´aknak fogjuk nevezni. Egy ilyen hiperbo” la´ag, amikor vil´agvonalnak gondoljuk, egy olyan mozg´ast reprezent´al, amelynek sebess´ege a t = −∞, illetve t = ∞ id˝opillanatokban megk¨ozel´ıti a f´eny sebess´eg´et. Ha a szok´asos vektorok anal´ ogi´ajak´ent ir´any´ıtott szakaszt rendel¨ unk az x, y, z, t mennyis´egekhez, akkor meg tudunk k¨ ul¨onb¨oztetni id˝oszer˝ u vektort, amely O-b´ol az F = 1, t > 0 pontjaiba mutat, ´es t´erszer˝ u vektort, amely O-b´ol a −F = 1 pontjaiba mutat. Az id˝ otengely b´armely id˝oszer˝ u vektorral p´arhuzamos lehet. B´armely vil´agpont az el˝ ore-, illetve h´atra-k´ upokban jelenthet egy O-val szinkroniz´alt referenciarendszert, amely O-n´al kor´abbi vagy k´es˝obbi. Az el˝ore-r´eszek vil´agpontja kor´abban volt, a h´atra-r´esz´e k´es˝obb volt mint O. A c = ∞ hat´ar´atmenet megfelel annak, hogy az el˝ore-, illetve h´atra-k´ upok k¨oz¨otti ´ek form´aj´ u tartom´anyt a t = 0 sokas´agra lap´ıtjuk. Az ´abr´ankon ezt a keresztmetszetet sz´and´ekosan m´as sz´eless´eggel rajzoltuk. Bontsunk fel egy O-b´ ol (x, y, z, t)-be men˝o vektort komponenseire. Ha k´et vektor egyik´enek az ir´anya megegyezik az OR sug´arvektor ir´any´aval, ahol R a ±F = 1 egy pontja, ´es a m´asik ir´anya pedig ezen fel¨ ulet valamely RS ´erint˝ovektor´aval p´arhuzamos, akkor a vektorokat mer˝olegesnek nevezz¨ uk. Megfelel˝ok´eppen az (x, y, z, t), (x1 , y1 , z1 , t1 ) vektorok mer˝olegess´eg´enek a felt´etele komponensekben az c2 tt1 − xx1 − yy1 − zz1 = 0

egyenlet. A vektorok k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ir´anyokban val´o m´er´es´ehez, az egys´eget r¨ogz´ıts¨ uk a k¨ovetkez˝ o m´ odon: a t´erszer˝ u vektor egys´egnyi, ha a −F = 1 fel¨ uletre mutat, ´es id˝ oszer˝ u vektor, ha az O-b´ ol az F = 1, t > 0 fel¨ ulet pontj´aba mutat, akkor legyen 1/c hossz´ u. Ford´ıtsuk figyelm¨ unket egy anyagi pont vil´agvonal´ara, ami az (x, y, z, t) ponton halad kereszt¨ ul; ekkor k¨ovetve a vil´agvonal halad´as´at, feleltess¨ uk meg a (dx, dy, dz, dt) id˝ oszer˝ u vektornak a 1p 2 2 c dt − dx2 − dy 2 − dz 2 dτ = c R mennyis´eget. Egy fix P0 pontt´ol egy v´altoz´o P pontig v´eve a τ = dτ integr´alt, nevezz¨ uk ezt a P0 ponton ´athalad´o anyagi pont vil´agvonal´ahoz tartoz´o val´ odi idej´enek”. Az OP vektor (x, y, z, t) komponenseit tekinthetj¨ uk, mint a ” ˙ illetve m´asoval´ odi τ id˝ o f¨ uggv´enyeit; ekkor a τ -ra vonatkoz´o els˝o (x, ˙ y, ˙ z, ˙ t), dik (¨ x, y¨, z¨, t¨) differenci´alh´anyadosokat h´ıvjuk a P anyagi pont sebess´eg-, illetve

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

451

8.5. Minkowski

gyorsul´asvektor´anak. Azonnal ad´odik, hogy c2 t˙2 − x˙ 2 − y˙ 2 − z˙ 2 = c2 c2 t˙t¨ − x¨ ˙ x − y˙ y¨ − z˙ z¨ = 0



azaz a P -beli sebess´egvektor id˝oszer˝ u egys´egnyi hossz´ us´ag´ u vektor, a P -beli gyorsul´asvektor pedig egy a sebess´egvektorra mer˝oleges vektor, ´ıgy minden esetben t´erszer˝ u vektor. Ahogy az k¨ onnyen l´athat´ o, van egy hiperbola, mely harmadrendben ´erintkezik a vil´agvonallal P -ben, ´es aszimptot´ai alkot´oi egy el˝ore-k´ upnak ´es egy h´atra-k´ upnak. Ezt a hiperbol´at a P -beli g¨ orb¨ uleti hiperbol´anak” nevezz¨ uk (l´asd A.6. ´abra). ”

8.6. ´abra. Ha M a k¨ oz´eppontja, akkor u ´gy tekinthet¨ unk r´a, mint egy M centrum´ u k¨ozbees˝o hiperbol´ara. Legyen ρ az M P vektor hossza, ekkor a P -beli gyorsul´asvektor egy M P ir´any´ u, c2 /ρ hossz´ us´ag´ u vektor. Ha x ¨, y¨, z¨, t¨ elt˝ unnek, akkor a P -beli g¨orb¨ uleti hiperbola egyenes, ami a vil´agvonalat P -ben ´erinti, ´es ρ = ∞. IV Annak igazol´as´ahoz, hogy a fizikai t¨orv´enyekre vonatkoz´o Gc csoport felt´etel nem vezet semmilyen ellentmond´asra, sz¨ uks´egszer˝ u meg´erteni a teljes fizik´at ezen

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

452

´rido ˝ 8. A te

csoportfelt´etelek alapj´an. A rev´ızi´o szerencs´esen megt¨ort´ent a Termodinamika ” ´es Sug´arz´as” 24 , Elektrom´agneses jelens´egek” 25 ´es v´eg¨ ul Mechanika a t¨omeg ” ” fogalm´anak a fenntart´as´aval” c. m˝ uvekben. A fizik´anak ez ut´ obbi fejezet´eben a k¨ovetkez˝o k´erd´est lehet t´argyalni: legyen egy er˝ o az (x, y, z, t) vil´agpontban a t´ertengelyek ir´any´aban vett X, Y, Z komponen˙ sebess´egvektor mellett. Hogy tekints¨ sekkel adva, az (x, ˙ y, ˙ z, ˙ t) uk az er˝ot, ha a referenciarendszert minden lehets´eges m´odon megv´altoztatjuk? Ismert, hogy vannak j´ ol ellen˝ orz¨ ott t´etelek elektrom´agneses terekben fell´ep˝o ponderomotoros er˝ okr˝ ol, ahol a Gc csoport k´ets´egtelen¨ ul megengedhet˝o. Ezek a t´etelek a k¨ovetkez˝ o egyszer˝ u szab´alynak tesznek eleget; ha referenciarendszert b´arhogy megv´altoztatjuk, akkor a tekintett er˝oket u ´gy kell az u ´j t´erkoordin´at´akban er˝ok´ent fel´ırni, hogy a megfelel˝ o vektor, aminek koordin´at´ai ˙ tY, ˙ tZ, ˙ tT, ˙ tX, ahol T =

1 c2



x˙ y˙ z˙ X+ Y + Z t˙ t˙ t˙



v´altozatlan marad (az ar´any a vil´agpontban m˝ uk¨odik). Ez a vektor mindig mer˝oleges a P -beli sebess´egvektorra. Egy ilyen P -ben reprezent´alt er˝ovektort P -beli mozg´ o er˝ ovektornak nevez¨ unk. A P ponton kereszt¨ ulhalad´ o vil´agvonal egy anyagi pontnak felel meg, aminek a mechanikai t¨ omege m. Nevezz¨ uk a P -beli sebess´egvektor m-szeres´et impulzusvektornak, ´es a P -beli gyorsul´asvektor m-szeres´et a mozg´as P -beli er˝ovektor´anak. Tekintettel ezen defin´ıci´ okra, a k¨ovetkez˝o t¨orv´eny ´ırja le, hogy egy mozg´o er˝ ovektor hat´as´ara mik´ent mozog a t¨omegpont26 . A mozg´ o t¨ omegpont (n´egydimenzi´ os) er˝ ovektora azonos az id˝ oben mozg´ o (h´ aromdimenzi´ os) er˝ ovektorral. Ez a kijelent´es n´egy egyenletet jelent a n´egy komponens ir´anyaiban, amelyek k¨oz¨ ul a negyedik levezethet˝ o az els˝ o h´aromb´ol, mivel az eml´ıtett vektorok mer˝olegesek a sebess´egvektorra. A T defin´ıci´ oj´ab´ol l´athatjuk, hogy a negyedik nem m´as, mint az ´ defini´aljuk a t¨omegpont kinetikus energi´aj´at, hogy c2 -szer energiat¨ orv´eny”. Ugy ” tekintj¨ uk az impulzusvektor komponenseit a t-tengely ir´any´aban. Ekkor ennek a kifejez´ese mc2 dt , =q mc2 2 dτ 1− v c2

24 M. Planck, Zur Dynamik bewegter Systeme, Berliner Ber. 1907, p. 542 (also Ann. d. Phys. 26, 1908, p. 1). 25

H. Minkowski, Die Grundgleichungen f¨ ur die elektromagnetischen Vorg¨ ange in bewegten K¨ orpern, G¨ ottinger Nachr. 1908, p. 53. 26

H. Minkowski, l.c. p. 107. – see also M. Planck, Verh. d. Physik. Ges. 4, p. 136, 1906

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

453

8.5. Minkowski

azaz, ha kifejezz¨ uk az mc2 addit´ıv konstansot, visszakapjuk a newtoni mechanika 1 2 es´et egy 1/c2 rend˝ u szorz´ot´ol eltekintve. Ekk´eppen l´atjuk, hogy az 2 mv kifejez´ energia a referenciarendszert˝ ol f¨ ugg. Azonban a t-tengely minden id˝oszer˝ u vektor ir´any´aban elk´epzelhet˝ o, ekk´eppen az energiat¨orv´eny b´armely referenciarendszer eset´en egybes˝ ur´ıti a mozg´asegyenlet-rendszerek teljess´eg´et. Ez a t´eny k¨ ul¨on¨osen jelent˝ os a c = ∞ hat´aresetben, amikor a newtoni mechanika axiomatikus fel´ep´ıt´es´et adja, ahogy erre J. R. Sch¨ utz27 r´avil´ag´ıtott. Kezdetben a t´er ´es id˝ o egys´egeit u ´gy√v´alasztottuk meg, hogy a f´eny sebess´ege uk, akkor a v´aljon egys´egnyiv´e. Ha a t hely´ebe a −1t = s v´altoz´ot helyettes´ıtj¨ differenci´alkifejez´es a dτ 2 = −(dx2 + dy 2 + dz 2 + ds2 ) x, y, z, s-ben szimmetrikus alakot ¨olti; ez a szimmetria megjelenik minden t¨orv´enyben, ami nem mond ellent a vil´agposztul´atumnak. Ennek a posztul´atumnak a l´enyeg´et be¨ olt¨ oztethetj¨ uk a k¨ovetkez˝o misztikus, ´amde matematikailag szignifik´ans formul´aba: √ 3 · 105 km = −1Sec. V A vil´agposztul´atum fel´ır´as´ab´ol fakad´o el˝onyt semmi sem illusztr´alja olyan felt˝ un˝ oen, mint azok a kifejez´esek, amelyek egy a Maxwell–Lorentz-elm´eletnek megfelel˝ o mozg´as´ u pontszer˝ u t¨ olt´esek k¨olcs¨onhat´asainak kifejt´es´eb˝ol ad´odnak. Tekints¨ uk a vil´agvonal´at egy ilyen (e) t¨olt´essel rendelkez˝o elektronnak, ´es vezess¨ uk be a τ kisz´am´ıtott val´os idej´et” tetsz˝oleges lehets´eges kiindul´asi pontra ” vonatkoz´ olag. Az elektron ´altal egy P1 pontban l´etrehozott mez˝o meghat´aroz´as´ahoz konstru´aljuk meg a P1 -beli el˝ore-k´ upot P1 -ben (ld. A.5. ´abra jobb oldala). Vil´agos, hogy a v´egtelen vil´agvonalat ez egyed¨ ul a P pontban metszi, mivel ezek az ir´anyok mind id˝ oszer˝ u vektorok. P -n´el rajzoljuk meg a vil´agvonal ´erint˝oj´et, ´es P1 -b˝ ol az erre bocs´atott mer˝ olegest. Legyen r a P1 Q hossza. Az el˝ore-k´ up defin´ıci´ oja szerint r/c ekkor sz´am´ıthat´o a P Q m´ert´ekek´ent. A P1 vil´agpontban az e elektron ´altal gerjesztett mez˝o vektorpotenci´alja a P Q vektor ir´any´aba mutat´ o e/r hossz´ us´ag´ u vektor x-,y-,z-tengelyek ir´any´aban fell´ep˝o t´erkomponenseivel van reprezent´alva; a skal´arpotenci´al ugyanezen vektor t-tengely ir´any´aban fell´ep˝o komponense. Ez az A. Lienard ´es E. Weichert28 ´altal tal´alt elemi t¨orv´eny. Az elektron mezej´eben a fenti m´odon felv´azoltak alapj´an az elektromos ´es m´agneses er˝ okre val´ o felbont´as relat´ıv, ´es az id˝otengely v´alaszt´as´at´ol f¨ ugg; a k´et er˝o 27 J. R. Sch¨ utz, Das Prinzip der absoluten Erhaltung der Energie. G¨ ottinger Nachr. 1897, p. 110. 28 A. Li´ enard, Champ ´ electrique et magn´ etique produit par une charge concentrie en un ´ point et anim´ ee d’un mouvement quelconque, L’Eclairage ´ electrique 16 (1898), p. 5, 53, 106; Wiechert, Elektrodynamische Elementargesetze, Arch. n´ eerl. (2), 5 (1900), p. 549.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

454

´rido ˝ 8. A te

egy¨ utt valamif´ele anal´ ogi´at mutat a mechanikai er˝o-nyomat´ek p´arral, m´egha ez az anal´ ogia t¨ ok´eletlen is. Most le´ırjuk a ponderomotoros er˝ot, mely egy mozg´o elektron ´altal egy m´asik mozg´ o elektronra gyakorolt hat´as. Tegy¨ uk fel, hogy a m´asodik elektron vil´agvonala a P1 ponton halad kereszt¨ ul. Hat´arozzuk meg P -t, Q-t ´es r-et ugyan´ ugy, mint az el˝ obb, ´es szerkessz¨ uk meg a P -beli g¨orb¨ uleti hiperbola M k¨oz´eppontj´at, ´es azon az M N -re mer˝ oleges egyenest, mely P -n kereszt¨ ulhalad, ´es QP1 -el p´arhuzamos. A P pontban l´etrehozhatunk egy referenciarendszert a k¨ovetkez˝o m´ odon: a t-tengely legyen P Q, az x-tengely a QP1 -el p´arhuzamos. Az y-tengely az M N ir´any´aba mutasson, ´es a z-tengely automatikusan ad´odik, mint az x,y-,t-tengelyekre mer˝ oleges egyenes. Legyen x ¨, y¨, z¨, t¨ a gyorsul´asvektor P -ben, ˙ x˙ 1 , y˙ 1 , z˙1 , t1 a P1 -beli sebess´egvektor. Ekkor az e elektron ´altal a m´asodikra vonatkoz´ oan l´etrehozott P1 -beli er˝ovektor, (minden lehets´eges mozg´as eset´en), reprezent´alhat´ oa   x˙ 1 R −ee1 t˙1 − c vektorral. Az Rx , Ry , Rz , Rt komponensek k¨oz¨ott a k¨ovetkez˝o rel´aci´ok ´allanak fenn: y¨ 1 cRt − Rx = 2 , Ry = 2 , Rz = 0 r c r ´es a vektor mer˝ oleges a P1 -beli sebess´egvektorra, ami miatt ezen ut´obbi sebess´egvektort´ ol val´ o f¨ ugg´ese is felmer¨ ul. Ha ¨ osszevetj¨ uk ezt a kifejez´est az elemi t¨orv´enyb˝ol ad´od´o kor´abbi, a mozg´o elektronok egym´asra val´ o ponderomotoros hat´as´ar´ol sz´ol´o formul´aval29 , akkor nem tudunk m´ast tenni, mint elismerni, hogy az itt fell´ep˝o rel´aci´ok a l´enyeg¨ uket alkot´ o els˝ orend˝ u egyszer˝ us´eg¨ ukben n´egydimenzi´oban l´epnek fel, nem pedig abban a h´aromdimenzi´ oban, ahov´a vet´ıtett k´ep¨ uk igen komplik´alt. A mechanik´anak a vil´agposztul´atum alapj´an t¨ort´en˝o reform´aci´oja elt¨ unteti a newtoni mechanika ´es az elektrodinamika k¨oz¨ott fenn´all´o zavar´o diszharm´oni´at. Tekints¨ uk most a newtoni hat´as t¨orv´eny´enek helyzet´et erre a posztul´atumra tekintettel. Fel fogjuk tenni, hogy k´et, m, illetve m1 t¨omegpont a vil´agvonalukkal van le´ırva; ´es a mozg´ o er˝ ovektor, amit m gener´alt, hat m1 -re. Ekkor a kifejez´es ugyanaz mint az elektronok eset´eben, csak a −ee1 szorz´o a +mm1 szorz´ora cser´el˝ odik. Azt a speci´alis esetet tekintj¨ uk, amikor m gyorsul´asvektora z´er´o; ekkor t bevezethet˝ o oly m´ odon, hogy m fixnek tekinthet˝o, az m1 mozg´asa csak az m mozg´ o er˝ ovektor´ab´ ol sz´armazik. Ha most ezt a vektort (1/c2 helyett 1-t ´ırva) m´ odos´ıtjuk a 1 t˙−1 = q 2 1 − vc2 29 K. Schwarzschild, G¨ ottinger Nachr. 1903, p. 132. - H. A. Lorentz, Enzykl. d. math. Wissensch., Art. V, 14, p. 199.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

8.5. Minkowski

455

kifejez´essel, azt kapjuk, hogy a Kepler-t¨orv´eny30 csak a t1 id˝o minden id˝opillanat´aban teljes¨ ul az m1 t¨ omegre annak x1 , y1 , z1 poz´ıci´oj´aban, ez´ert le kell ´ırnunk m1 τ1 val´ odi idej´et. Ezen egyszer˝ u megjegyz´es alapj´an l´athat´o, hogy a javasolt hat´ast¨ orv´eny a newtoni mechanik´aval egy¨ utt nem kev´esb´e alkalmas az asztron´omiai jelens´egek le´ır´as´ara, mint a newtoni hat´ast¨orv´eny a newtoni mechanik´aval kombin´alva. A mozg´ o testre vonatkoz´ o elektrom´agneses alapegyenleteknek a vil´agposztul´atumra val´ o kifejt´es´evel ugyanez a helyzet. Meg fogom mutatni egy k´es˝obbi alkalommal, hogy ezen egyenletek levezet´es´et, ahogy Lorentz tan´ıtotta, egy´altal´an nem kell feladni. A t´eny, hogy a vil´agposztul´atum kiv´etel n´elk¨ ul teljes¨ ul, u ´gy hiszem, ez az igazi l´enyege a vil´ag elektrom´agneses k´ep´enek; az elk´epzel´es el˝osz¨or Lorentz ´altal mer¨ ult fel, a l´enyeg´et Einstein ragadta meg, ´es most fokozatosan ´es teljesen megval´osult. Az id˝ o el˝ orehaladt´aval a matematikai k¨ovetkezm´enyekre fokozatosan f´eny der¨ ul, ´es hamarosan elegend˝ o javaslat sz¨ uletik a posztul´atum k´ıs´erleti igazol´as´ahoz; ´ıgy m´eg azok is, akiknek nem rokonszenves, vagy f´ajdalmasnak tal´alj´ak a r´egi, hagyom´anyos koncepci´ ok elvet´es´et, bele fognak nyugodni a t´er ´es id˝o u ´j fogalm´aba – azon es´ely miatt, hogy ez elvezet a tiszta matematika ´es mechanika k¨oz¨otti harm´ onia megteremt´es´ehez.

30

H. Minkowski, l.c., p. 110.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

Radn´ oti Mikl´ os: Nem tudhatom

Nem tudhatom, hogy m´asnak e t´aj´ek mit jelent, nekem sz¨ ul˝ohaz´am itt e l´angokt´ol ¨olelt kis orsz´ ag, messzering´o gyerekkorom vil´aga. Bel˝ ole n˝ ottem ´en, mint fat¨orzsb˝ol gy¨onge ´aga s rem´elem, testem is majd e f¨oldbe s¨ upped el. Itthon vagyok. S ha n´eha l´abamhoz t´erdepel egy-egy bokor, nev´et is, vir´ag´at is tudom, tudom merre mennek, kik mennek az uton, s tudom, hogy mit jelenthet egy ny´ari alkonyon a h´ azfalakr´ol csorg´o, v¨or¨osl˝o f´ajdalom. Ki g´epen sz´all f¨ol´ebe, annak t´erk´ep e t´aj, s nem tudja hol lakott itt V¨or¨osmarty Mih´aly, annak mit rejt e t´erk´ep? gy´arat, s vad laktany´at, de n´ekem sz¨ocsk´et, ¨okr¨ot, tornyot, szel´ıd tany´at, az gy´ arat l´at a l´atcs˝on ´es sz´ant´of¨oldeket, m´ıg ´en a dolgoz´ot is, ki dolg´a´ert remeg, erd˝ ot, f¨ utty¨os gy¨ um¨olcs¨ost, sz¨oll˝ot ´es s´ırokat, a s´ırok k¨ ozt any´ok´at, ki halkan s´ırogat, s mi f¨ ontr˝ol pusztitand´o vas´ ut, vagy gy´ar¨ uzem, az bakterh´az s a bakter el˝otte ´all s u ¨zen, piros z´ aszl´o kez´eben, k¨or¨otte sok gyerek, s a gy´ arak udvar´an komondor hempereg; ´es ott a park, a r´egi szerelmek l´abnyoma, a cs´ okok ´ıze sz´amban hol m´ez, hol ´afonya, s az iskol´aba menv´en a j´arda perem´en, hogy ne feleljek aznap, egy k˝ore l´eptem ´en, ´ım itt e k˝o, de f¨ontr˝ol e k˝o se l´athat´o, nincs m˝ uszer, mellyel mindez j´ol megmutathat´o. Hisz b˝ un¨os¨ok vagyunk mi, ak´ar a t¨obbi n´ep, s tudjuk miben v´etkezt¨ unk, mikor, hol ´es mik´ep, de ´elnek dolgoz´ok itt, k¨olt˝ok is b˝ untelen, ´es csecsszop´ok, akikben megn˝o az ´ertelem, vil´ ag´ıt benn¨ uk, ˝orzik, s¨ot´et pinc´ekbe b´ ujva, m´ıg jelt nem ´ır haz´ankra u ´jb´ol a b´eke ujja, s fojtott szavunkra majdan friss sz´oval ˝ok felelnek. Nagy sz´ arnyadat bor´ıtsd r´ank virraszt´o ´eji felleg.

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

Ut´ osz´ o helyett...

Mid van ugyanis, amit nem kapt´ al volna? P´ al apostol: 1. Kor. 4,7

8.7. ´abra. Pascal dolgozik

Mert mi v´egre is az ember? Semmi a v´egtelens´eghez, minden a semmihez viszony´ıtva, k¨ oz´ep a semmi ´es a minden k¨ oz¨ ott. B.Pascal: Gondolatok

457

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

Deus fecit omnia in pondere, in numero, et mensura.

Blaise Pascal: De l’Esprit g´eom´etrique

458

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

B¨ ong´ esz˝ o

Magyar nyelv˝ u jegyzetek • Haj´ os Gy¨ orgy-Strohmayer J´anos: A geometria alapjai, Tank¨onyvkiad´o Budapest, 1977. ´ • G.Horv´ ath Akos, L´ angi Zsolt: Kombinatorikus geometria, Polygon, 2012.

Magyar nyelv˝ u k¨ onyvek a geometri´ ar´ ol • Baziljev, V.T., Dunyicsev, K.I., Ivanyickaja, V.P.: Geometria I-II, Tank¨ onyvkiad´ o, Budapest, 1985. • Bolyai J´ anos: Appendix, Akad´emiai Kiad´o, Budapest, 1952.

• Coxeter, H.S.M.: A geometri´ ak alapjai, M˝ uszaki k¨onyvkiad´o, Budapest, 1973. • Coxeter, H.S.M.: Projekt´ıv geometria, Gondolat, Budapest, 1986.

• Coxeter, H.S.M., Greitzer S.L.: Az u ´jra felfedezett geometria, Gondolat, Budapest, 1977. • Csencov N.N., Jaglom I.M., Skljarszkij D.O.: V´ alogatott feladatok ´es t´etelek az elemi matematika k¨ or´eb˝ ol, Geometria I. (Planimetria) 1968. • Csencov, N.N., Jaglom, I.M., Skljarszkij, D.O.: V´ alogatott feladatok ´es t´etelek az elemi matematika k¨ or´eb˝ ol, Geometria II. (Sztereometria) 1968. • D¨ orrie, H.: A diadalmas matematika, Gondolat, Budapest, 1965.

• Euklides: Elemek, Gondolat, Budapest, 1983. ´ • G. Horv´ ath Akos, Szirmai Jen˝o: Nemeuklideszi geometri´ ak modelljei, Typotex, Budapest, 2004. • Haj´ os Gy¨ orgy: Bevezet´es a geometri´ aba, Tank¨onyvkiad´o Budapest, 1979.

• Hilbert, D., Cohn-Vossen, S.: Szeml´eletes geometria, Gondolat, Budapest, 1982. • Kazarinoff, N.D.: Geometriai egyenl˝ otlens´egek, Gondolat, Budapest, 1980. 459

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

• K´ alm´ an Attila: Nemeuklideszi geometri´ ak elemei, Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1989. • Ker´ekj´ art´ o B´ela: A geometria alapjair´ ol I-II, Szeged, 1937.

• L´ anczos Korn´el: A geometriai t´erfogalom fejl˝ od´ese, Gondolat, Budapest, 1976. • Lobacsevszkij, N.I.: Geometriai vizsg´ alatok a p´ arhuzamosok elm´elet´enek k¨ or´eb˝ ol, Akad´emiai Kiad´o, Budapest, 1951. • Moln´ ar E., Pr´ekopa I.: Bolyai eml´ekk¨ onyv Bolyai J´ anos sz¨ ulet´es´enek 200. ´evfordul´ oj´ ara, 221-241, Vince Kiad´o 2004. • Patterson, E.M.: Topol´ ogia, Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1974.

• Pog´ ats Ferenc: Vektorgeometria, P´eldat´ ar, M˝ uszaki k¨onyvkiad´o, Budapest, 1970. • Pog´ ats Ferenc: Trigonometria, P´eldat´ ar, M˝ uszaki k¨onyvkiad´o, Budapest, 1973. • Pontrjagin, I. Sz: Kombinatorikus topol´ ogia, Akad´emiai Kiad´o, Budapest, 1955. • Reimann Istv´ an: A geometria hat´ arter¨ uletei, Gondolat, Budapest, 1986. • Strommer Gyula: Geometria, Tank¨onyvkiad´o Budapest, 1988.

• Sz´ asz P´ al: Bevezet´es a Bolyai-Lobacsevszkij-f´ele geometri´ aba, Akad´emiai Kiad´ o, Budapest, 1973.

• Sz˝ okefalvi Nagy Gyula: A geometriai szerkeszt´esek elm´elete, Akad´emiai Kiad´ o, Budapest, 1968. • Sz˝ okefalvi Nagy Gyula, Geh´er L´aszl´o, Nagy P´eter: Differenci´ algeometria, M˝ uszaki k¨ onyvkiad´ o, Budapest, 1979. • V¨ or¨ os Cyrill: Analitikus Bolyai-f´ele geometria, Budapest, 1909. • Weyl, H.: Szimmetria, Gondolat, Budapest, 1982.

K¨ onyvek angolul, illetve n´ emetu ¨l • Alexandrov, A.D.: Konvexe Polyeder, Akademie-Verlag- Berlin, 1958.

• Berger, Marcel: Geometry I-II, Springer-Verlag Berlin Heidelberg New York London Paris Tokyo, 1994. • Bao, D., Chern S. S., Shen Z.: An Introduction to Riemannian-Finsler Geometry. Springer-Verlag, Berlin, 1999. • Bonola, R.: Non-euclidean geometry. Dover Publication, 1955.

• Boltyanski, V., Martini, H., Soltan, P. S.: Excursions into Combinatorial Geometry, Springer, Berlin et al., 1997. 460

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

• Brass, P., Moser W., Pach, J.: Research problems in discrete geometry, Springer, New York, NT, 2005. • Bolyai, J.: Appendix in Tentamen written by F.Bolyai, Marosv´as´arhely, 1832. • Croft, H.T., Falconer, K.J., Guy R.K.: Unsolved Problems in Geometry, Springer Vol.II 1991. • Conway, J.M., Sloane, N.J.A.: Sphere Packings, Lattices and Groups. Springer-Verlag, 1988. • Coxeter, H.S.M.: Regular polytopes. Methuen and Co. LTD., London, 1948. • Coxeter, H.S.M.: Introduction to geometry. John Wiley and Sons, Inc., 1961. • Coxeter H.S.M.: Non-Euclidean Geometry. Toronto, 1947.

• Davis, C., Gr¨ unbaum, B, Sherk, F.A.: The Geometric Vein: The Coxeter Festschrift, Springer-Verlag 1981 [B]. • Dubrovin B.A., Fomenko A.T., Novikov S.P.: Modern Geometry- Methods and Applications, Part I. The geometry of Surfaces, Transformation Groups, and Fields. Second Edition, Springer-Verlag, 1992. • Elte E.L.: The semiregular polytopes of the hyperspaces, Groningen, 1912.

• Fejes T´ oth L.: Lagerungen in der Ebene, auf der Kugel und im Raum. Springer, Berlin, 2nd ed. 1972. • Fejes T´ oth L.: Regular figures. Pure and Applied Mathematics, Vol. 48, Pergamon Press, 1964. • Gohberg, I., Lancester, P., Rodman, L.: Indefinite Linear Algebra and Applications. Birkh¨ auser, Basel-Boston-Berlin 2005 • Gohberg, I.,Lancester, P., Rodman, L.: Matrices and indefinite scalar products. Birkh¨ auser, Basel-Boston-Berlin 1983. • Gruber P. M.- Lekkerkerker C. C.: Geometry of Numbers. North-Holland, Amsterdam-New York-Oxford-Tokyo 1987. • Gruber, P.M., Wills, J.M. (Hrsg.): Convexity and its applications. Birkh¨auser, Basel, 1983. • Gruber, P.M., Wills, J.M. (Hrsg.): Handbook of Convex Geometry. Volume A, North Holland, Amsterdam 1993. • Gruber, P.M., Wills, J.M. (Hrsg.): Handbook of Convex Geometry. Volume B, North Holland, Amsterdam 1993. • Gruber, P.M.: Convex and Discrete Geometry. Springer-Verlag Berlin Heidelberg 2007. 461

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

• Lobachevsky, N.I.: Zwei Geometrische Abhandlungen. B.G.Teubner, Leipzig and Berlin, 1898, (reprinted by Johnson Reprint Corp., New York and London, 1972). ¨ • Minkowski, H.: Uber die positiven quadratischen Formen und u ¨ber Kettenbruch¨ ahnliche Algorithmen. Ges. Abh. I 243–260. • Minkowski, H.: Geometrie der Zahlen. Leipzig und Berlin 1910.

• Moser, W.O.J., Pach J.: Research problems in Discrete Geometry. Privately published collection of problems. Montreal: McGill University, 1994. • Rudin, W.: Functional analysis. McGraw-Hill Book Company 1973.

• Schoenflies, A.: Die Entwickelung der Lehre von den Punktmannigfaltigkeiten, II. Leipzig, Teubner 1908. • T¨ olke,J., Wills, J.M.: Contributions to geometry, Birkh¨auser, Basel, 1979. • Wilansky, A.: Functional Analysis. Blaisdell, New York 1964.

• Wilder, R.L.: Topology of Manifolds. Am. Math. Soc. Coll. Part V, XXXII, 1949.

462

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

T´ argymutat´ o

abszol´ ut alakzat, 195 abszol´ ut geometria, 11 Abszol´ ut szinuszt´ etel, 40 abszol´ ut t´ etel, 36 affinit´ as, 112, 220 altal´ ´ anos´ıtott Minkowski-t´ er, 405 altal´ ´ anos´ıtott t´ erid˝ omodell, 407 Analysis Situs, 323 antiszimmetria, 216 ar´ anytart´ as, 34 aranyh´ aromsz¨ og, 355, 359 aranymetsz´ es, 355 aranyspir´ alis, 355 aranyt´ eglalap, 355 archimedesi axi´ oma, 10 arny´ ´ ekhat´ ar, 367 aszimptota, 98 Auerbach-b´ azis, 417

csavarmozg´ as, 158 csillagszer˝ u poli´ eder, 330 Dandelon-g¨ omb, 101 de Sitter, W. (1872–1934), 424 Dedekind-axi´ oma, 9 defektus, 17 Desargues-t´ etel, 68 Desargues, G. (1591–1662), 68 Desargues-i s´ık, 81 Descartes, R. (1596–1650), 261 Descartes-f´ ele koordin´ ata-rendszer, 8 Dirichlet–Voronoi-cella, 382 Dynkin, E. (1924–), 372 egybev´ ag´ os´ ag, 7, 151 egyenestart´ o lek´ epez´ es, 219 egyszeresen ¨ osszef¨ ugg˝ o, 332 Einstein, A. (1879-1955), 395 ellenalakzat, 95 ellenk¨ or, 95 ellenpont, 94 ellipszis, 92 ellipszoid, 235 elliptikus geometria, 66 elliptikus henger, 236 elliptikus modell, 201 elliptikus s´ık, 6 el˝ oeuklideszi t´ er, 429 el˝ og¨ omb, 428 el˝ ojeles t´ erfogata, 216 el˝ osokas´ ag, 424 el˝ ot´ avols´ ag, 433 elpattan´ o egyenesek, 21 els˝ o alapforma, 415 eltol´ as, 154 eltolva t¨ ukr¨ oz´ es, 158 ´ erint˝ o hipers´ık, 409 ´ erint˝ ot´ er, 409 ´ erint˝ ovektor, 409

Banach–Hahn-t´ etel, 396 Betti-csoportok invarianciat´ etele, 342 biline´ aris forma, 194 Bolyai Farkas (1755-1856), 20 Bolyai J´ anos (1802–1860), 25 Borel-f´ ele fed´ esi t´ etel, 326 Brianchon, Charles Julien, 89 Cantor-axi´ oma, 9 Cauchy, A. (1789–1857), 364 Cauchy–Schwartz-egyenl˝ otlens´ eg, 400 Cauchy-f´ ele merevs´ egi t´ etel, 342 Cayley, A. (1821–1895), 202 Cayley–Klein-modell, 197 centr´ alis-axi´ alis kolline´ aci´ o, 68 ciklus, 29, 332 Clavio, C.S. (1537-1612), 20 Coxeter, H.S.M (1907–2003), 372 cs´ ucs´ erint˝ o, 98 cs´ ucsalakzat, 369 cs´ ucspont, 98 cs´ usztatva t¨ ukr¨ oz´ es, 154

463

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

erlangeni program, 164 Eukleid´ esz, 19 Eukleid´ esz p´ arhuzamoss´ agi axi´ om´ aja, 19 euklideszi vektort´ er, 215 Euler, L. (1707-1783), 387 Euler–Poincar´ e-formula, 336, 341 Euler-formula, 334 Euler-karakterisztika, 341 Euler-t´ etel, 329

indefinit skal´ aris szorzat, 401 inverzi´ o, 176 isteni ar´ any, 355 ´ıvhossz, 433 ´ıvhosszf¨ uggv´ eny, 433 Ivory, J. (1765–1842), 119 Ivory-t´ etel, 123 izometria, 437 izotr´ op, 194

f´ elt´ ermodell, 180 Fano-s´ık, 172 felcser´ el´ esi t´ etel, 216 Fibonacci, (Leonardo di Pisa), 356 Fibonacci-spir´ alis, 356 Finsler, P. (1894–1970), 433 folytonos ar´ any, 355 folytonoss´ ag, 9 forgat´ as, 154 forgatva t¨ ukr¨ oz´ es, 158

Jacobi-azonoss´ ag, 217 Jacobi-egyenl˝ os´ eg, 217 jel-lemma, 345 jobbrendszer, 216 Jordan, C. (1838–1922), 167 Jordan-t´ etel, 6 k¨ or, 29 k¨ uls˝ osz¨ ogt´ etel, 17 k´ epzetes sugar´ u g¨ omb, 194 k´ etk¨ openy˝ u hiperboloid, 236 k´ upszelet, 87, 89 Kar-lemma, 15 kar-lemma, 343 Kepler, J. (1571–1630), 364 kicser´ el´ esi t´ etel, 216 kis csillagos´ıtott dodeka´ eder, 380 Klein, F. (1849–1925), 164 kolline´ aci´ o, 225 kommutat´ıv csoport, 213 komplex kett˝ osviszony, 188 konfok´ alis ellipszoidok, 119 konformis modell, 192 konjug´ alt h´ urp´ ar, 186 konplan´ aris, 214 konvexit´ as, 231

g¨ ombh´ aromsz¨ og, 251 g¨ ombi koszinuszt´ etel, 250 g¨ ombk´ etsz¨ og, 251 Gauss, F. (1777-1855), 20 geodetikus, 185, 247, 435 gyorsul´ as-vektormez˝ o, 435 H¨ older-egyenl˝ otlens´ eg, 400 h´ arom mer˝ oleges t´ etele, 33 h´ aromsz¨ og-egyenl˝ otlens´ eg, 15 H´ eron-formula, 253 harmonikus elv´ alaszt´ as, 87 hecatonicosachoron, 382 hexacosichoron, 386 hexadecachoron, 377 Hilbert, D. (1862–1943), 27 Hilbert-f´ ele axi´ omarendszer, 8 hiperbola, 96 hiperbolikus p´ arhuzamoss´ agi axi´ oma, 21 hiperbolikus t´ er izometri´ ai, 238 hiperciklus, 30 hiperciklusmodell, 199 hiperfel¨ ulet, 409 homogenit´ as, 216

Lagrange-azonoss´ ag, 217 Lambert, J. H. (1728–1777), 27 Lambert-n´ egysz¨ og, 27 lap¨ osszef¨ ugg˝ o, 332 laph´ al´ o, 343 latus rectum, 96 Legendre els˝ o t´ etele, 16 Legendre m´ asodik t´ etele, 17 Lexell-k¨ or, 258 line´ aris izometria, 247, 438 Lobacsevszkij, Ny. I. (1792–1856), 54 Lorentz, H. (1853–1928), 395

icositetrachoron, 381 ide´ alis pont, 185 identit´ as, 154 illeszked´ es, 2 illeszked´ esi s´ık, 68 illeszked´ esi t´ er, 69 illeszked´ estart´ o lek´ epez´ es, 219

M¨ obius-transzform´ aci´ o, 183 m´ asodrend˝ u fel¨ ulet, 233 m´ asodrend˝ u g¨ orbe, 234 mer˝ oleges vet¨ ulet, 34

464

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

mer˝ oleges vet´ıt´ es, 34 mer˝ olegess´ eg, 31 Meusnier, J. B. (1754–1793), 436 Meusnier-t´ etel, 436 Minkowski, H. (1864–1909), 443 Minkowski-szorz´ as, 405 Minkowski-t´ er, 194, 400 modell, 171 Moulton, J. (1844-1921), 174

Riemann-t´ avols´ ag, 247 rombdodeka´ eder, 379 Rytz, 114 s´ıkt¨ ukr¨ oz´ es, 158 Saccheri, G.G. (1667–1733), 26 Saccheri-n´ egysz¨ og, 26 Sch¨ afli, 350 Schl¨ afli, L. (1815–1895) , 372 Schlegel, V. (1843–1905), 381 Schwartz, H. (1843-1921), 367 sebess´ eg-vektormez˝ o, 435 skal´ arg¨ orb¨ ulet, 418 skal´ aris szorzat, 214 sokas´ agizometria, 440 soksz¨ og defektusa, 17 stabiliz´ ator, 195 Staudt–Darboux-t´ etel, 226 Steiner, J. (1796–1863), 87 stella octangula, 379 sug´ arsor-projektivit´ as, 87 sz¨ ogtartom´ any, 6 sz¨ ogvonal, 6 szab´ alyos poli´ eder, 369 szekcion´ alis (Gauss-) g¨ orb¨ ulet, 417 szekcion´ alis f˝ og¨ orb¨ ulet, 417 szf´ erikus geometria, 201 szf´ erikus modell, 201 szimmetriacsoport, 369 szimplici´ alis komplexus, 336 sztereografikus projekci´ o, 192

nagy csillagos´ıtott dodeka´ eder, 381 norm´ altranszverz´ alis, 38, 181 ny´ılt f´ elt´ er, 231 octachoron, 377 ortonorm´ alt b´ azis, 230 oszt´ oviszony, 220 otpont´ u modell, 171 ¨ p´ arhuzamos ´ athelyez´ es, 157 Pappous, 87 Pappous–Pascal-t´ etel, 83 Pappous–Steiner-t´ etel, 87 parabola, 101 parabolikus henger, 235 paraboloid, 235 paraciklus, 30 paralelogramma-szab´ aly, 213 paraszf´ era, 40 Pascal, B. (1623–1662), 67 Pasch-axi´ oma, 4 pentachoron, 377 Poincar´ e, H. (1854–1912), 313 Poincar´ e-f´ ele g¨ ombmodell, 175 Poinset, L. (1777–1859), 364 pol´ aris, 110 pont homog´ en koordin´ at´ ai, 223 pontsor, 82 Posztul´ atum, 44 Pr´ oklosz, 19 projekt´ıv geometria, 67 projekt´ıv metrikus ter, 194 projekt´ıv modell, 185 projekt´ıv s´ık, 84 projekt´ıv t´ er, 69 projektivit´ asok alapt´ etele, 80 pszeudo-uklideszi t´ er, 194 pullback lek´ epez´ es, 440

t¨ or¨ ottvonal, 6 t¨ or¨ ottvonal-egyenl˝ otlens´ eg, 15 t¨ ukr¨ oz´ es, 154 t´ erfogatelem, 292 Thalesz, 113 topol´ ogia, 323 topologikus izometria, 441 transzverz´ alis, 181 tranzit´ıvan hat, 185 trigonometria, 40 ultraparallelnek, 24 val´ os sugar´ u g¨ omb, 194 vegyesszorzat, 216 vektori´ alis szorzat, 215 vektorok, 213 vektorok hajl´ assz¨ oge, 214 vektort´ er, 214 Veronese p´ eld´ aja, 173 vez´ eregyenes, 95 vez´ erk¨ or, 96

rendez´ es, 2 Ricci-g¨ orb¨ ulet, 418 Riemann, B. (1826–1860), 65 Riemann-sokas´ ag, 247

465

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

vitruviusi ar´ any, 355

z´ art poliedrikus fel¨ ulet, 331

Wallis, J. (1616-1703), 20 Weierstrass, K. (1815–1897), 211

z´ aszl´ o, 369

466

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

K´ epmell´ eklet

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

Geometria a term´ eszetben

Fot´o: G. Horv´ath Csenge

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

Az emberi test ar´ anyai az aranymetsz´ esnek felelnek meg

´ Abra Heinrich Cornelius Agrippa: Libri tres de occulta philosophia c. k¨onyv´eb˝ol

Le Corbusier: Le Modulor

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

Szab´ alyos ¨ otsz¨ og a fest´ eszetben

Michelangelo: A szent csal´ad

Salvador Dali: Az utols´o vacsora szents´ege

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

Aranymetsz´ es szerinti elrendez´ esek

Joseph Mallord William Turner: Norham Castle at Sunrise

¨ Rembrandt: Onarck´ ep

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

Aranymetsz´ es az ´ ep´ıt´ eszetben

A gizai piramis

Az ath´eni Parthenon

A toront´oi CN Tower

www.interkonyv.hu

© G. Horváth Ákos

© Typotex Kiadó

Aranymetsz´es a heged˝ un

Alexander g¨ombje

www.interkonyv.hu Powered by TCPDF (www.tcpdf.org)

© G. Horváth Ákos