Matematika | Diszkrét Matematika » Affin geometria

I. AFFIN GEOMETRIA Megallapodas A kovetkez}okben - ha kozelebbit nem mondunk - egy olyan test alapulvetelevel dolgozunk, amelyben 1 + 1 6= 0 (azaz amely nem 2 karakterisztikaju). K 1. An terek es an alterek 1.1 De ncio Legyen A egy pont oknak nevezett elemek alkotta nemures halmaz, V pedig a K test folotti vektorter. Az A halmazon adott, a K test folotti an strukturan olyan : A × A V lekepezest ertunk, amely eleget tesz a kovetkez}o felteteleknek: (A1) Tetsz}olegesen rogztett A ∈ A pont eseten a A : A V, B 7− A (B ) := (A, B ) lekepezes bijektv. (A2) Barmely A, B, C pont eseten (A, B ) + (B, C ) = (A, C ). Ekkor az (A, V, ) harmast (a K test folotti) an ternek mondjuk, de gyakran csak az an strukturaval ellatott A halmazra hasznaljuk az an ter elnevezest. A V vektorteret az an ter iranytere kent emltjuk. Egy an ter dimenzio jan az iranyterenek dimenziojat ertjuk. Az egydimenzios an tereket an

egyenes eknek, a ketdimenziosokat an sk oknak hvjuk 1.2 Megjegyzesek (1) Az an ter most bevezetett fogalma Hermann (1885-1955) nemet matematikustol szarmazik, aki D. es H. mellett a XX. szazadi matematika egyik meghatarozo egyenisege Az (A2)-ben szerepl}o relaciot szokas Chasles-relacio kent emlteni. Weyl Hilbert Hermann  Poincare Weyl (2) Leggyakrabban az R valos szamtest, illetve a C komplex szamtest folotti an teret fogjuk tekinteni, s ilyenkor valos, illetve komplex an ter r}ol beszelunk. A veges testek folotti an terek erdekes kombinatorikai strukturakhoz vezetnek. 1 (3) Tetsz}oleges (A, V, ) an te−r−*eseten a (A, B ) ∈ V vektorra rendszerint a kenyelmesebb (es "kifejez}obb") AB jelolest fogjuk hasznalni, s azt is mondjuk, −* hogy az − AB∈ V vektor az (A, B ) pontpar altal meghatarozott szabadvektor. Ezzel az rasmoddal az an ter de ncioja a kovetkez}o alakot olti: Az A (nemures)

halmaz a K test folotti V vektorterrel mint iranyterrel rendelkez}o an ter, ha adva van egy an struktura nak nevezett −−* A × A V, (A, B ) 7−AB lekepezes eleget teve a kovetkez}o axiomaknak: (A1) Tetsz}olegesen rogztve egy A ∈ A pontot, minden v ∈ V vektorhoz letezik −−* egy es csak egy olyan B pont, hogy AB = v. −* −− − − * (A2) Barmely A, B, C ∈ A eseten − AB + BC =AC (Chasles-rel acio). A Chasles-relacio 1.3 Lemma es de ncio Legyen V a K test folotti vektorter. A − *:= v − u : V × V V, (u, v) 7− (u, v) =uv lekepezes an struktura V -n, s gy a (V, V, ) harmas an ter. A  an strukturat a V vektorter termeszetes an strukturaja nak nevezzuk. Tehat: minden vektorter an ter onmagaval mint iranyterrel es a termeszetes an strukturaval. Bizonytas. (A1) Rogztve egy a ∈ V "pontot", tetsz}olegesen adott v ∈ V vektor eseten a b := a + v pontra", es csakis

erre, teljes ul a kvant " * − ab:= b − a = (a + v ) − a = v osszefugges. 2 (A2) Barmely a, b, c ∈ V pont eseten * − * − − ab + bc= (b − a) + (c − b) = c − a =* ac .  Megjegyzes. A kovetkez}okben egy V vektorter termeszetes an strukturajara a − jelolest is fogjuk hasznalni. Ekkor: *:= v − u, − : V × V V, (u, v) 7−− uv es a lemma ertelmeben (V, V, −) an ter. 1.4 Lemma Legyen (A, V, ) an ter − * (1) Tetsz}oleges A ∈ A pont eseten az − AA vektor a V vektorter zerusvektora. −* −−* (2) ∀(A, B ) ∈ A × A : − AB = − BA. − −− * − −− * −* −−− (3) E rvenyes az un. paralelogramma-szabaly : az − AB =A0 B 0 es az AA0 =BB 0 egyenl}oseg ekvivalens. A paralelogramma-szabaly Bizonytas. (1) A Chasles-relacio alapjan tetsz}oleges B ∈ A-ra − − * −− −− − − * AA + AB =AB ⇒ AA= 0. −* −−(A2)− − *(1) −−* −−* (2) − AB + BA = AA = 0 ⇒ AB

= − BA . (3) Ismet a Chasles-relaciobol indulva ki, −− * − −− * − −− * −−− − −− * −−* − AB =AA0 + A0 B, A0 B =A0 B 0 + B 0 B . 3 Ebb}ol a ket relaciobol azzal, hogy −− * −−* − AB =AA0 + −−0−*0 AB + − −− * B0B kovetkezik, ami ekvivalens −− * − −− *(2)− −− * − −− * −−* −−0−0 − AB − A B =AA0 + B 0 B = AA0 − BB 0 , s innen kozvetlenul adodik az alltas.  1.5 De ncio es lemma Legyen (A, V, ) an ter, s rogztsunk egy O ∈ A pontot. Az −−* P 7− O (P ) :=OP A V, lekepezes ((A1) ertelmeben) bijekcioja A-nak V -re, −ezt az O-ra vonatkozo −* helyzetvektor-megfeleltetes nek is hvjuk, s ekkor az OP vektort a P pont (O-ra vonatkozo) helyzetvektor anak mondjuk. A helyzetvektor-megfeleltetes segtsegevel az A halmaz vektorter-strukturaval ruhazhato fel az A+B := C λA := A0 def. ⇔ − − * −− −− OA + OB =OC −

−− * − − * OA0 = λ OA (λ ∈ K ) el}orassal ertelmezett osszeadassal, illetve skalarral valo szorzassal. def. ⇔ Ekvivalens modon: := −O1 (O (A) + O (B )) , 1 λA := − O (λO (A)) (A, B ∈ A, λ ∈ K ). Ha A-t ellatjuk ezzel a vektorter-strukturaval, akkor ra az AO jel olest (is) hasznaljuk, s azt mondjuk, hogy AO az A an ter O pontbeli vektorizalt ja. Bizonytas. Valamennyi megallaptas kozvetlenul adodik a megfelel}o denciokbol  A+B Megjegyzesek. (1) Az AO vektorizalt vektorter-strukturaja ugy lett bevezetve, hogy a O : AO V bijekcio valjon izomor zmussa AO es V kozott. (2) Az 1.2-ban mondottak szerint minden vektorter rendelkezik egy termeszetes an strukturaval. Megfordtva, az iment latottak alapjan egy pont rogztese utan minden an ter tekinthet}o vektorternek. Az gy adodo vektorter-struktura azonban nem termeszetes": fugg a rogztett pont kijeloleset}ol. Ha an

"terben egy fogalmat a ter egy vektorizaltja segtsegevel vezetunk be, akkor mindig ellen}orizni kell, hogy a fogalom fuggetlen a vektorizalas modjatol. 4 1.6 De ncio Tegyuk fel, hogy (A, V, ) veges dimenzios an ter Ha O egy pontja A-nak, B = (bi )ni=1 pedig egy bazisa V -nek, akkor az (O, B) part az an ter egy an koordinatarendszer enek nevezzuk. Egy P ∈ A pont −−* (O, B)-re vonatkozo koordinatai n a pont OP helyzetvektoranak a B bazisra −* Pn vonatkozo koordinatait ertjuk. Ha tehat − OP = i=1 ξi bi , akkor P (O, B )-re vonatkozo koordinatai a t (ξ1 , . , ξn ) oszlopvektor tagjai  tas. Tegyuk fol, hogy (O, B ) es (O0 , B 0 ) egyarant an koor17 All dinatarendszere az (A, V, ) an ternek. Ha egy P pont (O, B)-re vonatkozo koordinatai az X = t (ξ1 , , ξn ), (O0 , B0 )-re vonatkozo koordinatai az Y = t (η1 , . , ηn ) oszlopm atrixot alkotjak, akkor ervenyes az Y = A−1 (X − b)

transzformacios formula, ahol A a B bazisrol a B0 bazisra valo atmenet matrixa (A := PBB ), b = t (β1 , . , βn ) az O0 pont (az "uj origo") (O, B)-re vonatkozo koordinatainak oszlopvektora. 0 Bizonytas. ncioja szerint Az (O, B)-re, illetve (O0 , B0 )-re vonatkozo koordinatak de- −−* X OP = ξ i bi , n n − −− * X OO0 = βi bi , n − −− * X O0 P = ηi b0i . i i i =1 =1 Ha A = (αij ) ∈ Mn (K ), akkor b0i = n X j s gy − −− * O0 P = n X =1 =1 j A Chasles-relacio alapjan j amib}ol =1 =1 (1 ≤ i ≤ n), αji bj   ! n n n X X X ηi  αji bj  = ηi αji bj . i n n X X ! ηi αji =1 j =1 =1 =1 i n − −− −− *0 X −* − 0* − bj =O P =OP − OO = (ξj − βj )bj , i n X =1 j αji ηi = ξj − βj , =1 (1 ≤ j ≤ n) i kovetkezik. Ez azt jelenti, hogy AY = X − b; innen, megszorozva mindket oldalt A−1 -gyel a kv ant Y = A−1 (X − b) relacio

adodik.  1.8 De ncio Legyen (A, V, ) an ter A-nak egy nemures B reszhalmazat an alternek nevezzuk, ha van olyan A pontja a B-nek, hogy az n− o − * AP ∈ V | P ∈ B = A (B) 5 vektorhalmaz altere a V iranyternek. Megallapodunk abban, hogy az ures halmaz szinten an altere A-nak 1.9 Lemma Ha B nemures an altere az (A, V, ) an ternek, akkor egy es csak egy olyan U altere letezik V -nek, hogy n−−* o ∀B ∈ B : BP ∈ V | P ∈ B = B (B) = U illetve, ekvivalens modon, hogy B = −B1 (U ). A B an alter maga is an ter, amelynek iranytere U , an strukturaja   B × B. Bizonytas. Ha B 6= ∅ an alter, akkor a de ncio ertelmeben van olyan A ∈ B pont, hogy n− o − * U := A (B) = AP ∈ V | P ∈ B altere V -nek. Azt kell csupan ellen}oriznunk, hogy tetsz}oleges B ∈ B pont eseten B (B) = U . Ez igen egyszer}u: B (B) := o n−−* o (A2) n−−* − − * BP ∈ V | P ∈ B = BA + AP ∈ V | P ∈ B = o −−* −*

n− − * =− BA + AP ∈ V | P ∈ B =BA +U = U, −* mert U = A (B) es B ∈ B miatt − AB∈ U ⇒ −−* −−* BA= − AB∈ U .   tas. Legyen (A, V, ) an ter Megadva egy U ⊂ V alteret es egy 1.10 All A ∈ A pontot, letezik egy es csak egy olyan an altere A-nak, amely tartalmazza az A pontot, s amelynek iranytere az U alter. Bizonytas. bevetelevel Ha B U iranyter}u an alter es A ∈ B, akkor 1.9 gyelem- n o − − * 1 B = − A (U ) = {P ∈ A | A (P ) ∈ U } = P ∈ A |AP ∈ U , tehat egyertelm}uen meghatarozott. Megfordtva, ha U es A megadasa utan B-t az imenti formulaval de nialjuk, akkor a kvant an alteret kapjuk. B  1.11 De ncio Egy an alter dimenzio jan az iranyterenek dimenziojat ertjuk. A 0−, 1−, illetve 2−dimenzios an altereket pont oknak, egyenes eknek, illetve sk oknak hvjuk. n(≥ 1)-dimenzios an ter (n−1)-dimenzios an altereit hipersk okkent is emltjuk. Az ures

an alter (−1)-dimenzios Megjegyzes. Tegyuk fel, hogy B 0-dimenzios an altere (A, V, )-nek Ekkor B iranytere a {0} ⊂ V alter, s ha A ∈ B, akkor az el}obb latottak szerint n o − − * 1 B = − A ({0}) = P ∈ A |AP ∈ {0} = {A} 6 (hiszen adott A−−*pont eseten (A1) es 1.4(1) alapjan A az egyetlen olyan pont, amelyre AA= 0). Ily modon a 0-dimenzios an alterek A egyelem}u reszhalmazai, amelyek azonosthatok A elemeivel. Jogosan hasznaltuk tehat a 0-dimenzios an alterekre a "pont" elnevezest. 1.12 Lemma es de ncio Legyen B k(≥ 1)-dimenzios an altere az (A, V, ) an ternek. Rogztve egy O ∈ A pontot, s megadva B-nek egy
atarendszeret, B pontjainak (es csakis ezeknek) az O-ra A, (vi )ki=1 an koordin vonatkozo helyzetvektorai egyertelm}uen el}oallthatok k −−* − − * X OP =OA + λi vi (1) (λ1 , . , λk ∈ K ) =1 i alakban. Ha specialisan az an alter az A pontot tartalmazo egyenes, illetve sk,

akkor pontjainak helyzetvektoraira az −−* − − * (2) OP =OA +λv, λ ∈ K ; illetve −−* − − * (3) OP =OA +λ1 v1 + λ2 v2 kifejezest kapjuk. Azt mondjuk, hogy (1), (2), illetve (3) a tekintett an alter, egyenes, illetve sk egy parameteres el}oalltas a. Egyenes eseten a v 6= 0 vektort (es L (v) minden nemzerus vektorat) iranyvektor kent emltjuk. −−* − − * − * .9 − Bizonytas. P ∈ B 1⇔ AP ∈ U ⇔ OP − OA ∈ U =: B iranytere ∃λ1 , . λk ∈ K ⇔ : k −−* − − * X λi vi OP − OA= ⇔ =1 i k −−* − − * X OP =OA + λi vi ; =1 λ1 , . , λk ∈ K i  1.13 Megjegyzes Megtartva a lemma jeloleseit, tegyuk fel, hogy az A an ter n-dimenzios, s legyen B = (bi )ni=1 egy bazisa V -nek. Ekkor n n − − * X OA= αi bi , −−* X ξ i bi , OP = vj =1 =1 = rhato, es az (1) relacio azt adja, hogy n X =1 i ahonnan (4) ξ i bi = n X =1 αi bi + i k X j =1 λj n X =1 =1 !

νji bi i = n X =1  αi + i    ξ1 = α1 + λ1 ν11 + · · · + λk νk1   = αn + λ1 ν1n + · · · + λk νkn . . ξn (1 ≤ j ≤ k) νji bi i i i n X 7 k X j =1  λj νji  bi , Megallapthatjuk, hogy egy P pont, amelynek az (O, B) an koordinatarendszerre vonatkozo koordinatai a t (ξ1 , . , ξn ) oszlopmatrixot alkotjak, akkor es csak akkor illeszkedik a B an alterre, ha leteznek olyan λ1 , . , λk skalarok, hogy (4) teljesul. Erre tekintettel azt mondhatjuk, hogy az    x1 = α1 + λ1 ν11 + · · · + λk νk1 . .   xn = αn + λ1 ν1n + · · · + λk νkn relaciok (ahol x1 , . , xn mar puszta szimbolumok) a B an alter parameteres el}oalltas anak koordinatakifejezesei az (O, B ) an koordinatarendszerre vonatkozoan. Specialisan az A ponton atmen}o, v = Pni=1 νi bi iranyvektoru egyenes eseten az x1 = α1 + λν1 , . , xn = αn + λνn (λ ∈ K )

koordinatakifejezeshez jutunk. Ha dim A := dim V = 3 es a v = ν1 b1 + ν2 b2 + ν3 b3 , w = w1 b1 + w2 b2 + w3 b3 vektorok linearisan fuggetlenek, akkor az A pontra illeszked}o, L (v, w) iranyter}u sk parameteres el}oalltasanak koordinatakifejezese   x1 = α1 + λν1 + µw1 x2 = α2 + λν2 + µw2 (λ, µ ∈ K )  x3 = α3 + λν3 + µw3 alaku. 1.14 Peldak (1) Egy vektorter termeszetes an strukturajara nezve az an alterek a linearis sokasagok es csakis ezek. Valoban, tekintsunk egy, a K test folotti V vektorteret, ellatva a *:= v − u : V × V V, (u, v) 7− (u, v) =− uv termeszetes an strukturaval. Az ures halmaz de ncio szerint an alter es linearis sokasag is. Ha B nemures an altere V -nek, amelynek egy pontja a es az iranytere U , akkor 1 B = − a (U ) = {v ∈ V | a (v ) ∈ U } = {v ∈ V | v − a ∈ U } = a + U (ismert ugyanis a linearis algebrabol, hogy v − a ∈ U ⇔ v ∈ a + U ). Ezzel belattuk,

hogy B linearis sokasaga V -nek, megpedig iranyterenek egy tetsz}oleges B-beli vektorral kepzett eltoltja - s a megfordtas is vilagos. (2) An terben egy ponthalmazt kollinearis nak mondunk, ha elemei egy egyenesre illeszkednek; komplanaris nak nevezunk, ha elemeit egy (ketdimenzios) sk tartalmazza. Barmely ket pont kollinearis, megpedig barmely ket pontra egyetlenegy egyenes illeszkedik Tekintsuk ugyanis az (A, V, ) an terben az A 6= B −* pontokat. Ekkor v :=− AB6= 0, gy U := L (v ) 1-dimenzios altere V -nek. n o − * 1 (U ) = {P ∈ A | A (P ) ∈ U } = P ∈ A |− l := − AP ∈ U = A n o − * −−* = P ∈ A |− AP = λ AB (λ ∈ K ) 8 egyenes, amely mind az A pontot (λ := 0 valasztassal), mind a B pontot (λ := 1 v alasztassal) tartalmazza. Ha m tovabbi, A-ra es B -re illeszked}o egyenes, akkor −−* AB benne van m ir anytereben, amely ily modon csakis az U alter lehet, s gy 1.10 alapjan kovetkezik, hogy m = l −

Az A 6= B pontokra illeszked}o egyetlen egyenest a tovabbiakban tobbnyire ← AB vel jeloljuk. 1.15 Lemma An alterek tetsz}oleges csaladjanak a metszete is an alter Bizony tas. Legyen (Ai )i∈I az (A, V, ) an ter an altereinek egy csaladja T Ha i∈I Ai = ∅, akkorTa metszet de ncio szerint an alter. Tegyuk fel, hogy A ∈ i∈I Ai . Ekkor (19 ertelmeben) : ∀i ∈ I Ui := A (Ai ) = n− o − * AP ∈ V | P ∈ Ai altere V -nek. A linearis algebrabol jol ismert modon U := Ti∈I Ui szinten alter, n o − − * 1 B := − A (U ) = P ∈ A |AP ∈ U T pedig an altere A-nak. A lltjuk, hogy B = i∈I Ai . T − * Valoban, ha P ∈ B, akkor − AP ∈ U = i∈I Ui , s gy ∀i ∈ I Megfordtva, − − * AP = A (P ) ∈ Ui T P ∈ i∈I Ai eseten ∀i ∈ I : : P ∈ Ai = −A1 (Ui ) − − * ⇒ AP ∈ Ui ⇒ ⇒ =U ∀i ∈ I ∀i ∈ I ⇒ 1 P ∈ − A (Ui ) = Ai . : : − − * AP = A (P ) ∈ Ui P ∈ B.

i∈I  1.16 Kovetkezmeny es de ncio Egy an ter barmely S reszhalmazahoz letezik (egyetlenegy) legsz}ukebb, S -et tartalmazo an alter, megpedig az S -et tartalmazo osszes an alter metszete. Ezt az an alteret S an burka nak nevezzuk, s ra az hSi jelolest hasznaljuk. Azt is mondjuk, hogy az hSi an alteret az S halmaz general ja. Pelda. Ha A es B − egy an alter kulonboz}o pontjai, akkor h{A, B}i =← AB . 1.17 De ncio (1) Egy an ter ket an alteret parhuzamos nak nevezzuk, ha megegyezik az iranyteruk. Minden an alteret parhuzamosnak mondunk onmagaval (2) Egy an ter egy L an altere gyengen parhuzamos egy M an alterrel, ha L iranytere altere M iranyterenek. 9 Megjegyzesek. (1) Ha az L an alter parhuzamos az M an alterrel, akkor a szokasos LkM jelolest hasznaljuk; ha L gyengen parhuzamos M -mel, akkor azt rjuk, hogy L h|M . (2) A parhuzamossag ekvivalenciarelacio az an alterek halmazan. Veges

dimenzios an altereket tekintve, LkM eseten dim L = dim M , ha pedig L h|M , akkor dim L ≤ dim M . ekf , e h|S , f h|S  tas. Legyen L es M 1.18 All (1) (2) (3) (4) (5) (6) an altere az (A, V, ) an ternek. Ha LkM , akkor L = M vagy L ∩ M = ∅. Ha L h|M , akkor L ⊂ M vagy L ∩ M = ∅. L h|M akkor es csak akkor teljes ul, ha M tartalmaz L-lel parhuzamos an alteret. Megadva az an ter egy P pontjat, letezik egy es csak egy P -re illeszked}o, L-lel p arhuzamos an alter. Ha LkM es dim L = dim M = k, akkor letezik olyan legfeljebb (k + 1)dimenzios an alter, amely mind L-et, mind M -et tartalmazza. Ha A veges dimenzios, L es M hiperskja A-nak es L∩M = ∅, akkor LkM . Bizonytas. (1) Legyen L es M kozos iranytere U . Ha−1L ∩ M 6= ∅, akkor kivalasztva egy 1 A ∈ L ∩ M pontot, 1.9 alapjan L = A (U ) es M = − rhato, tehat A (U )  L = M. (2)−1Megtartva az (1) pont jeloleseit, ha L ∩ M 6= ∅ es U ⊂ V , akkor

−A1 (U ) ⊂ A (V ). Ebb}ol pedig L ⊂ M kovetkezik (3) Legyen L iranytere U , M iranytere V . Ekkor 1 1 L = − M = − A (U ) (A ∈ L), B (V ) (B ∈ M ) rhato. Ha L h|M , akkor U ⊂ V , es az L0 = −B1 (U ) an alter parhuzamos L-lel, s benne van M -ben. Megfordtva, tegyuk fel, hogy L0 ⊂ M es L0 kL. Ekkor L0 -nek is U az iranytere, 10 s egy B ∈ L0 ⊂ M−1pont seg−ts egevel L0 = −B1 (U ) rhato. Igy az L0 ⊂ M relacio 1 azt adja, hogy B (U ) ⊂ B (V ), amib}ol U ⊂ V kovetkezik; tehat L h|M . (4) Ha L = −A1 (U ) es L0 = −P 1 (U ), akkor L0 P -re illeszked}o an alter, es L0 kL. Mivel a keresett an alter iranytere csakis az U alter lehet, s tartalmaznia kell a P pontot, az egyertelm}useg is vilagos. −* (5) Legyen ismet L = −A1 (U ), M = −B1 (U ). Ha V az − AB vektor es az U alter altal generalt alter, akkor V =L n−−*o   −−*  −−* AB ∪ U = L L AB ∪ U = L AB + U (hiszen ket

alter osszege eppen az uniojuk altal generalt alter). Igy az alterek osszegere vonatkozo Grassmann-fele dimenzio-tetel alapjan −* dim V = dim L − AB + U =   −*  −−*  = dim L − AB + dim U − dim L AB ∩ U ≤  −−* ≤ dim L AB + dim U ≤ k + 1.     Ha S := −A1 (V ), akkor ily modon S (k +1)-dimenzios an alter. Ez tartalmazza L ∪ M -et, ugyanis 1 −1 −1 L ∪ M ⊂ S ⇔ − ⇔ A (U ) ∪ B (U ) ⊂ A (V )
−1 ⇔ U ∪ A ◦ B (U ) ⊂ V ⇔ −−*  ⇔ U ∪ AB +U ⊂ V, s ez utobbi tartalmazas hasznaltuk, hogy V jelentesere tekintettel nyilvanvaloan igaz. Fel- −* A ◦ −B1 (U ) =− AB +U. −* Ez a kovetkez}okeppen adodik: ha u ∈ U es −B1 (u) = P , akkor u =− BP , s gy − * −− −− −− A ◦ −B1 (u) = A (P ) =− AP =AB + BP =AB +u . (6) Az egyszer}useg kedveert foltehetjuk, hogy A a termeszetes an strukturaval ellatott V veges dimenzios vektorter.

Ekkor L a + U , M pedig b + V alaku linearis sokasaga V -nek (1.14(1)), ahol dim U = dim V = dim V − 1 Okoskodjunk most indirekt modon! Ha L 6 kM , akkor U 6= V , es gy U + V = V kovetkezik (hiszen peldaul U ⊂ V eseten U tetsz}oleges bazisa alkalmas V -beli vektorral V bazisava egeszthet}o ki). Igy van olyan u ∈ U es v ∈ V vektor, hogy u − v = b − a Ekkor a + u = b + v ∈ L ∩ M , ami ellentmondas.  1.19 Kovetkezmeny Megadva egy nem egypontu an terben egy pontot es egy egyenest, letezik egy es csak egy olyan egyenes, amely illeszkedik a pontra es parhuzamos az adott egyenessel. Megjegyzes. A most megfogalmazott tulajdonsagot az an geometria szintetikus feleptese eseten axiomakent rjuk el}o, ez az un an parhuzamossagi 11 axioma. Lathatjuk, hogy az an ter - s}ot valojaban a vektorter - de az an parhuzamossagi axioma "bele van kodolva". nciojaba 1.20 Lemma Legyen L = −A1 (U ) es M =

−B1 (V ) an altere az (A, V, ) −* an ternek. L-nek es M -nek akkor es csak akkor van kozos pontja, ha − AB∈ U + V. Bizonytas. Tegyuk fel el}oszor, hogy L ∩ M 6= ∅, s legyen P kozos pontja L-nek es M -nek. Ekkor − − * −−* P ∈ L ⇒ AP =: u ∈ U, P ∈ M ⇒ BP =: v ∈ V, gy −−* − − * −− − − * −− AB =AP + P B =AP − BP = u − v ∈ U + V. −* Megfordtva, tegyuk fol, hogy − AB∈ U + V . Ekkor −−* AB = u − v ; u ∈ U, v ∈ V − * rhato. (A1) ertelmeben le−tezik egyetlenegy olyan P ∈ A pont, hogy − AP = u. −−* − * Ekkor P ∈ L. Mivel AB =AP −v, s ennelfogva − − * −− −− v =AP − AB =BP , kovetkezik, hogy P ∈ M is fennall; tehat L ∩ M 6= ∅.  2. An kombinaciok, an fuggetlenseg, an bazis Megjegyzes. Egy vektorterbeli linearis kombinaciot an nak nevezzuk, ha egyutthatoinak osszege 1. 2.1 Lemma es de ncio Legyenek A1 , , Ak egy (A, V, ) an ter

pontjai Ha egy P ∈ A ponthoz van olyan O ∈ A pont, hogy a P pont O-ra vonatkozo − −− * −−* helyzetvektora el}oallthato az OA1 , . , − OAk vektorok an kombinaci ojakent, akkor ez a tulajdonsag barmely O ∈ A pontra fennall. Ilyenkor azt mondjuk, hogy a P pont an kombinacio ja az A1 , . , Ak pontoknak Bizonytas. Tegyuk fol, hogy k −−* X − −− * OP = λi OAi ; λ1 + · · · + λk =1 i 12 = 1. Legyen O0 tetsz}oleges tovabbi pontja A-nak. Ekkor − −− *(A2)− −− * −− O0 P = O0 O + OP = ! k X λi =1 k − −− * X − −− * O0 O + λi OAi = =1 i = k X i =1 k − −− * − −− * X −−0− λi O0 O + OAi = λi O Ai , =1 i i −−− * − −−− * tehat a P pont O0 -re vonatkozo helyzetvektora el}oall az − O0 A1 , . , O0 Ak vektorok an kombinaciojakent   tas. Egy an ter egy nemures reszhalmaza akkor es csak akkor 2.2 All an alter, ha tetsz}oleges veges

pontsorozataval egyutt annak minden an kombinaciojat is tartalmazza. Bizonytas. Az an kombinacio fogalma vektorizalas segtsegevel lett bevezetve, de az el}orebocsatott lemma ertelmeben fuggetlen a vektorizalas modjatol Igy az altalanossag serelme nelkul feltehetjuk, hogy a vizsgalt an ter egy V vektorter, ellatva a termeszetes an strukturaval. Ekkor - mint tudjuk (114(1)) - az an alterek eppen V linearis sokasagai. (1) Tekintsuk el}oszor V -nek egy L = a + U linearis sokasagat. Legyenek a1 , . , ak L tetsz} oleges pontjai, λ1 , . , λk ∈ K pedig 1 osszeg}u skalarok Ekkor ai = a + ui , ui ∈ U (1 ≤ i ≤ k ) rhato, es k X =1 λi ai k X =1 λi a + i k X =1 λi (a + ui ) = i i = = k X =1 λi u i =a+ k X i =1 λi ui ∈ a + U, i tehat L tartalmazza barmely veges pontsorozatanak an kombinacioit. (2) Megfordtva, tegyuk fol, hogy egy nemures L ⊂ V ponthalmaz rendelkezik az alltasbeli

tulajdonsaggal, azaz "zart az an kombinaciok kepzesere". Kivalasztva egy tetsz}oleges a ∈ L pontot, megmutatjuk, hogy := L − a = {v − a ∈ V | v ∈ L} altere V -nek. Ehhez elegend}o azt ellen}orizni, hogy U zart a linearis kombinaciok kepzesere. Legyenek u1 = v1 − a, . , uk = vk − a U tetsz}oleges P elemei, λ1 , . , λk ∈ K pedig tetsz}oleges skalarok; legyen tovabba λk+1 := 1 − ki=1 λi . Ekkor U a+ k X =1 λi u i = 1a + k X i = λk+1 a + k X =1 i λi a + =1 λi (vi − a) = i k X =1 i λi vi − k X =1 i λi a = k X =1 λi vi + λk+1 a ∈ L, i hiszen a Pki=1 λi vi + λk+1 a pont a v1 , . , vk , a L-beliPpontok an kombinacioja, s gy a feltetel ertelmeben L-be tartozik. Az a + ki=1 λi ui ∈ L 13 relacio ekvivalens azzal, Pki=1 λi ui ∈ L − a { s ezt kvantuk belatni. Ily modon U = L − a val oban alter, kovetkezeskeppen L = a + U linearis sokasag.   tas. Egy an

terbeli nemures halmaz an burka megegyezik a 2.3 All halmaz pontjaibol kepezhet}o osszes an kombinaciok halmazaval. Bizonytas. Tekintsuk az (A, V, ) an ter egy S 6= ∅ reszhalmazat C (S )sel jelolve az S pontjaibol kepezhet}o osszes an kombinaciok halmazat, azt kell megmutatnunk, hogy C (S ) = hSi. Az el}oz}o alltasbol azonnal adodik, hogy C (S ) ⊂ hSi, hiszen hSi an alter, s gy zart az an kombinaciok kepzesere. A fordtott iranyu tartalmazas igazolasanal foltehetjuk, hogy A = V , ellatva a termeszetes an strukturaval. Jegyezzuk meg, hogy an kombinaciok an kombinacioja az eredeti pontoknak is an kombinacioja. Valoban, tekintsunk V -ben egy v = k X =1 k X λi vi , =1 i an kombinaciot,P s tegyuk fol, hogy Pk k j =1 µij wij , j =1 µij = 1. Ekkor i λi =1 i ∀i ∈ {1, . , k} : vi = i v = k X =1 i λi ki X j =1 µij wij = ki k X X =1 j =1 λi µij wij , i s ez a kombinacio

an, hiszen ki k X X =1 j =1 i λi µij = k X =1 i λi ki X j =1 µij = k X =1 λi = 1. i E szrevetelunkb}ol kovetkezik, hogy C (S ) zart az an kombinaciok kepzesere, gy - ismet az el}oz}o alltas ertelmeben - C (S ) is an alter. S ⊂ C (S ) (hiszen minden s ∈ S tekinthet}o egy 1 · s alaku an kombinacionak), kovetkezeskeppen hSi ⊂ C (S ) (mivel egy halmaz an burka benne van a halmazt tartalmazo minden an alterben). Ezzel a bizonytas teljes   tas. Egy an ter egy reszhalmaza akkor es csak akkor an alter, 2.4 All ha barmely ket pontjaval egyutt azok an burkat, vagyis a pontokra illeszked}o egyenest is tartalmazza. Bizonytas. Az an alterek a 22 es a 23 alltas alapjan rendelkeznek a mondott tulajdonsaggal. A megfordtas igazolasanal most is tekinthetunk egy V vektorteret, amely el van l atva a termeszetes an strukturaval. Legyen L olyan reszhalmaza V -nek, amely tartalmazza barmely ket

pontjanak minden an kombinaciojat. Foltehetjuk, hogy L legalabb ketelem}u, ellenkez}o esetben ugyanis nincs mit bizonytani. Kivalasztva egy tetsz}oleges a ∈ L pontot, 14 mikent 2.2 igazolasakor, most is azt mutatjuk meg, hogy U := L − a altere V nek Legyen u1 , u2 ∈ U tetsz}oleges. (1) u1 es u2 felrhato u1 = v1 − a, illetve u2 = v2 − a; v1 , v2 ∈ L alakban. Tetsz}oleges λ ∈ K skalar eseten (∗) (1 − λ)u1 + λu2 = (1 − λ)(v1 − a) + λ(v2 − a) = (1 − λ)v1 + λv2 − a ∈ U hiszen a feltetel miatt (1 − λ)v1 + λv2 ∈ L. Specialisan u1 := 0 valasztassal az kovetkezik, hogy ∀λ ∈ K, ∀u2 ∈ U : λu2 ∈ U ; U teh at zart a skalarral valo szorzasra nezve. 1 u1 , (2) Mivel K -ban 1 + 1 6= 0, van olyan α ∈ K , hogy α 6∈ {0, 1}. Ha a1 := 1−α a2 := α1 u2 , akkor el} oz}o megallaptasunk szerint a1 , a2 ∈ U , s gy (∗) alapjan u1 + u2 = (1 − α)a1 + αa2 ∈ U is teljesul, azaz U az osszeadasra

nezve is zart. U nyilv anvaloan nem ures (0 = a−a ∈ U ),gy az (1)-ben es (2)-ben mondottakra tekintettel alter, s ennelfogva L = a + U linearis sokasag, vagyis an alter.  Megjegyzes. Ha megengednenk, hogy K -ban 1 + 1 = 0, s ezert a test ketelem}u, akkor az alltas ervenyet vesztene. Ketelem}u test folotti an terben ugyanis minden egyenes ketelem}u, s ezert az alltasbeli feltetel semmit nem kovetelne a vizsgalt reszhalmazrol.  tas es de ncio. Legyenek A0 , A1 , , Ak egy (A, V, ) an ter 2.5 All pontjai. A kovetkez}o feltetelek ekvivalensek: (1) A pontok egyike sem allthato el}o a tobbi an kombinaciojakent. (2) HaPvalamely O ∈ A pontra es λ0 , λ1 , . , λk ∈ K skalarokra Pki=0 λi = 0 −− * es ki=0 λi − OAi = 0, akkor λ0 = λ1 = · · · = λk = 0. −−− * − −−− * − −−− * (3) − A0 A1 , A0 A2 , . , A0 Ak linearisan f uggetlen vektorok V -ben. (4) dim h{A0 , A1 , . , Ak

}i = k Az A0 , A1 , . , Ak pontokat an ertelemben fuggetleneknek, roviden fuggetlenek nek nevezzuk, ha eleget tesznek az (1)-(4) feltetelek valamelyikenek (s ezert barmelyikenek). Egy an ter egy veges pontsorozatat (an ertelemben) fugg}onek mondjuk, ha nem fuggetlen. Bizonytas. (1) ⇒ (2) Indirekt modon okoskodva tegyuk fel, hogy a skalarok valamelyike 15 −− * nem zerus, mondjuk λ0 6= 0. Ekkor letezik az λ1 reciprok, es a Pki=0 λi − OAi = 0 relaciobol azt kapjuk, hogy 0  k  λi − −− * − −− * X OAi . OA0 = − λ 0 i=1 Folhasznalva, hogy Pki=0 λi = 0, a jobb oldalon fellep}o egyutthatok osszegere azt kapjuk, hogy k X =1 i − λi λ0 = λ1 k X 0 i=1 (−λi ) = λ1 λ0 = 1. 0 Ez azt jelenti, hogy A0 an kombinacioja a tobbi pontnak, ellentetben feltevesunkkel. −−− * − −−− * (2)P⇒ (3) Tegyuk fol, hogy λ1 − A0 A1 + · · · + λk A0 Ak = 0, s legyen λ0 := −− * − −−− * k

− i=1 λi . O pont gyan ant az A0 pontot valasztva, − OA0 =A0 A0 = 0 gyelembevetelevel azt kapjuk, hogy − −− * − −− * −−−* − −−− * − −−− * λ0 OA0 +λ1 OA1 + · · · + λk OAk = λ1 A0 A1 + · · · + λk A0 Ak = 0, amib}ol Pki=0 λi = 0 miatt a feltetel alapjan λ0 = λ1 = · · · = λk = 0 kovetkezik, −−− * − −−− * ami az − A0 A1 , . , A0 Ak vektorrendszer linearis f uggetlenseget jelenti. −  −−− * 1 (3) ⇒ (4) Ha U := L A−−0−A*1 , . , − A0 Ak , akkor h{A0 , A1 , . , Ak }i = − A (U ), − −−− * − −−− * s gy dim h{A0 , A1 , . , Ak }i = dim U = k, hiszen A−−0−A*1 , − A0 A2 . , A0 Ak linearisan fuggetlen generatorrendszere, tehat bazisa U -nak. (4) ⇒ (1) Tegyuk fel, hogy alltasunkkal ellentetben a pontok valamelyike, mondjuk A1 , an −−kombin acioja a tobbinek. Ekkor, az −−O−* := A−−0−origo− * valasztassal elve −az OA1

vektor linearisan kombinalhato az OA2 , . , OAk vek−− * − −− * −−−* torokbol. Igy az OA 1 , OA2 , . , OAk vektorrendszer linearisan fugg}o, s ezert 0 −−− * − −−− * − −−− * dim h{A0 , A1 , . , Ak }i = dim L − A0 A1 , A0 A2 . , A0 Ak =  −− * −−−* = dim L − OA2 , . , OAk ≤ k − 1   ami ellentmondas.  2.6 De ncio n-dimenzios an ter ertelemben fuggetlen pontsorozatot ertunk. an bazis an (n + 1)-tagu, an 2.7 Kovetkezmeny Ha (Ai )ni=0 an bazisa az (A, V, ) an ternek, akkor −−− * (1) A0 , − A0 Ai an koordinatarendszere (A, V, )-nek; i=1 (2) a ter minden pontja egyertelm}uen el}oallthato az A0 , A1 , . , An pontok an kombinaciojakent.   n  16 Bizonytas. −−− * vektorsorozat (1) Az an fuggetlenseg miatt 2.5 ertelmeben az − A0 Ai i=1 linearisan fuggetlen vektorrendszere, sgy - leven n-tagu - bazisa az iranyternek. (2) Tekintsunk

egy tetsz}oleges P ∈ A pontot. Az (1)-ben mondottak szerint az − −− * A0 P vektor egyertelm} uen el}oallthato n  n − −− * X − −−− * A0 P = λi A0 Ai (λ1 , . , λn ∈ K ) =1 i alakban. Legyen λ0 := 1 − Pni=1 λi Ekkor n − −− * − −−− * − −−− * −−−−* X − −−− * A0 P = λ0 A0 A0 +λ1 A0 A1 + · · · + λn A0 An = λi A0 Ai =0 i rhato, s itt i=0 λi = 1, P tehat megkaphato a tekintett pontsorozat an kombinaciojakent. Az egyertelm}useg igazolasa celjabol rogztsunk tetsz}olegesen egy O ∈ A pontot, s tegyuk fel, hogy a P pont O-ra vonatkozo helyzetvektorara Pn n n X −−* X − −− * λi OAi , OP = =0 =0 i es n n X −−* X − −− * OP = µi OAi , n X =0 =0 =0 i i −− * (λi − µi ) − OAi = 0, n X egyarant fennall. Ekkor λi =1 µi =1 i i =0 (λi − µi ) = 0, i amib}ol az an fuggetlenseg 2.5(2) tulajdonsaga alapjan λi = µi , 0

≤ i ≤ n kovetkezik.  2.8 Lemma es de ncio Legyen l egyenese az (A, V, ) an ternek, s tegyuk fel, hogy A es B l kulonboz}o pontjai. Tetsz}oleges P ∈ l B ponthoz letezik egy es csak egy olyan λ ∈ K skalar, hogy − − * −−* AP = λ P B . Ezt a λ skalart (ABP )-vel is jeloljuk, s azt mondjuk, hogy (ABP ) a P pont A-ra es B -re vonatkoz o osztoviszony a. A λ = (ABP ) osztoviszony segtsegevel a P pont tetsz}oleges O pontra vonatkozo helyzetvektora az − − * −−* −−* OA +λ OB OP = 1+λ 17 alakban allthato el}o. Ha a P pont A-bol es B -b}ol valo an kombinalasakor fellep}o egyutthatok α es β , akkor (ABP ) = αβ . = h{A, B}i 1-dimenzios an ter, amelynek iranytere −−* −−* U = . P 6= B eseten 0 6=P B∈ U , gy U = L P B rhato, kovet− − * − − * −−* kezeskeppen az AP ∈ U vektor egyertelm} u en el} o  a ll  that o AP = λ P B (λ ∈ K ) − * −− − − * −− −−

−− alakban. Valasztva egy O ∈ A origot, − AP =OP − OA, P B =OB − OP rhato, −−* − − * −−* −− gy OP − OA= λ OB − OP , ahonnan Bizonytas.  l −−* L AB − − * −−* −−* OA +λ OB OP = 1+λ . Ez azt is jelenti, hogy a P pont A-bol es B -b}ol valo an kombinalasakor fellep}o egyutthatok α = 1+1 λ es β = 1+λλ ; ezek hanyadosa αβ = λ = (ABP ).  (ABP ) = 3, illetve (ABP ) = −3  tas (az osztoviszony elemi tulajdonsagai). Legyen adva az (A, V, ) 2.9 All an ter egy l = h{A, B}i egyenese. Ekkor: (1) ∀P ∈ l : (ABP ) 6= −1. (2) ∀λ ∈ K {−1} : ∃P ∈ l : (ABP ) = λ. (3) (ABP ) = (ABQ) ⇒ P = Q. (4) ∀P ∈ l {B} : (ABP )(BAP ) = 1. (5) Ha C ∈ l {A, B}, akkor (ABC )(BCA)(CAB ) = 1. (6) Ha P, Q, R, S l kulonboz}o pontjai, akkor (P QS )(QRS )(RP S ) = −1. Bizonytas. (1) Ha (ABP ) = −1 teljesulne valamely P ∈ l (B )-re, akkor a 2.8 de ncio ertelmeben − − * −−* −

− * −− AP = − P B ⇔ AP =BP ⇔ A = B kovetkezne, ami lehetetlen, hiszen A 6= B . (2) Legyen λ ∈ K {−1}. Rogztve egy O ∈ A origot az − − * −−* −−* OA +λ OB OP = 1+λ 18 keplet egyetlen P ∈ l {B} pontot hataroz meg, gy a (2) tulajdonsag is igaz. (3) Ha (ABP ) = (ABQ) := λ, akkor − − * −−* −−* OA +λ OB OP = 1+λ −* =− OQ, gy (2) miatt P = Q. (4) (ABP )(BAP ) = 1 igazolasahoz eleg belatni, hogy ha (ABP ) = λ, akkor (BAP ) = λ1 . − − * −−* −−* OA +λ OB OP = 1+λ = − * −−* 1− OA + λ1 λ OB 1 (1 + λ) λ = λ − * −− 1− OA + OB 1 +1 , λ λ 1 amelyb}ol (BAP ) = λ adodik. − *+λ− * −* OB (5) Legyen (ABC ) = λ, azaz − OC = OA1+ (rogztett O origo mellett). λ Kiszamtjuk a (BCA) es (CAB ) osztoviszonyokat λ felhasznalasaval: −* −− λ − − − * −−* −−* − 1+ λ OC + OB OA= (1 + λ) OC −λ OB = − λ1 −−* − − * −−* − − * OC

− 1+1 λ OA −−* (1 + λ) OC − OA OB = = λ λ 1+λ Igy (BCA) = − 1+λλ , (CAB ) = − 1+1 λ es (ABC )(BCA)(CAB ) = λ ·     1 1 + λ · − − λ 1+λ =1 − − * (6) Legyen ( P QS ) = λ es (RP S ) = µ, O ∈ A pedig egy rogztett origo. OS = − * − * −−* −−* OP +λOQ 1+λ -b}ol OQ kifejezhet}o. OQ-t a masodik osztoviszonyba helyettestve −−* −−* − − * OQ +µ OR OS = 1+µ = − * 1 −− −−* 1+λ − λ OS − λ OP +µ OR 1+µ adodik. Ezt rendezve az alabbit kapjuk: −−* −− − − * λµ OR − OP OS = λµ − 1 Tehat = −−* 1 −− OR − λµ OP (P QS )(QRS )(RP S ) = λ · µ · 1 λµ− λµ  − . 1  = −1. λµ  2.10 De ncio Legyen adva az (A, V, ) an ter pontjainak egy (Ai )ki=0 , a K rendezett test elemeinek pedig egy (µi )ki=0 sorozata. Az (Ai , µi ) rendezett parokbol kepzett (Ai , µi )ki=0 sorozatot sulyozott pontrendszer nek nevezzuk, ha 19 k. Egy S pontot

a =0 µi 6= 0, s ilyenkor a µi skalarokat suly okkentPemltju− −* k sulyozott pontrendszer sulypontja nak mondunk, ha i=0 µi SAi = 0. Amennyi−* ben - specialisan - a sulyok mindegyike 1, ugy a Pki=0 − SAi = 0 feltetelnek eleget tev}o S pontot az (Ai )ki=0 pontrendszer sulypontja nak nevezzuk. Pk i Minden sulyozott pontrendszernek egyertelm}uen letezik   sulypontja. Az (Ai , µi )ki=0 Pki=0 µi 6= 0 sulyozott pontrendszer S sulypontjanak tetsz}oleges O pontra vonatkozo helyzetvektorat az  tas. 2.11 All Pk − −− * =0 µi OAi i=0 µi − − * OS = i Pk formula adja. Alapulveve egy (A, V, ) an teret, tekintsuk az (Ai , µi )ki=0 sulyozott pontrendszert. Kijelolve egy O ∈ A origot, de nialjunk ((A1) alkalmazasaval) egy S pontot az Bizonytas. Pk − −− * =0 µi OAi Pk i=0 µi − − * OS := i el}orassal. Ekkor az S pont az A0 , , Ak pontok an kombinaciojakent kerul el}oalltasra, tehat 2.1

ertelmeben jol de nialt: fuggetlen az origo megvalasztasatol. Ez az S pont eleget tesz a sulyponttal szemben tamasztott kvanalomnak: k X =0 k k k X −−* X − −− * − − * X − −− * µi SAi = µi OAi − OS = µi OAi − µi =0 i =0 i i !P − −− * k i =0 µi OAi i=0 µi Pk =0 i = 0. −−* Tegyuk fol, hogy egy tovabbi S1 pont is rendelkezik a Pki=0 µi − S1 Ai = 0 tulajdonsaggal! Ekkor 0= k X =0 i k −−* −−− X −−* −−− µi SAi − S1 Ai = µi SAi + Ai S1 = =0 i k X =0 ! µi −−* SS1 i amib}ol i=0 µi 6= 0 feltetel miatt innen pedig (A1) es 1.4(1) alapjan S = S1 k ovetkezik. Ezzel a sulypont egyertelm}useget is igazoltuk Pk −−* SS1 = 0,  Megjegyzes. Kozvetlenul lathato, hogy ha λ nemzerus skalar, akkor az ((A0 , λµ0 ), (A1 , λµ1 ), . , (Ak , λµk )) sulyozott pontrendszer sulypontja megegyezik az ((A0 , µ0 ), (A1 , µ1 ), , (Ak , µk )) rendszer

sulypontjaval Specialisan (Ai )ki=0 sulypontja megegyezik minden olyan (Ai , λ)ki=0 sulyozott pontrendszer sulypontjaval, ahol λ 6= 0.  tas (a sulyok csoportosthatosagi tulajdonsaga). Ha egy sulyozott 2.12 All pontrendszer tagjait diszjunkt csoportokba osztjuk ugy, hogy az egyes csoportokban a sulyok osszege nem nulla, majd mindegyik csoport sulypontjat ellatjuk 20 a csoportban szerepl}o sulyok osszegevel mint sullyal, akkor a sulypontokbol nyert sulyozott pontrendszer sulypontja azonos az eredeti rendszer sulypontjaval. Bizonytas. Tekintsuk az (Aij , µij ); 1 ≤ i ≤ l; 1 ≤ j ≤ ki sulyozott pontrendszert, s osszuk ezt az ((Ai1 , µi1 ), (Ai2 , µi2 ), . , (Aik , µik )) ; 1 ≤ i ≤ l csoportokba ugy, hogy i µi := ki X j =1 µij 6= 0 ; i 1≤i≤l teljesuljon. Ha Si az i-edik csoport sulypontja, akkor ki X j =1 − −−− * µij Si Aij = 0 ; 1 ≤ i ≤ l. Pl Legyen S az (Si , µi )li=1 s u lyozott

pontrendszer s u lypontja! (Mivel i=1 µi = Pl Pk ol ertelmesen szolhatunk.) S es Si de ncioja alapjan i=1 j =1 µij 6= 0, S -r} i 0= l X =1 i l −−* X µi SSi = µi =1 i −−−* Pki =1 µij SAij Pki j =1 µij j = ki l X X =1 j =1 −−−* µij SAij i adodik, ami azt jelenti, hogy S az eredeti rendszernek is sulypontja.  2.13 De ncio n-dimenzios an terben n + 1 szamu, an ertelemben fuggetlen pont alkotta ponthalmazt n-dimenzios szimplex nek, roviden nszimplex nek nevezunk, s a pontokat ilyenkor a szimplex csucsai nak hvjuk. Specialisan a ketdimenzios szimplexeket haromszog eknek, a haromdimenzios szimplexeket tetraeder eknek mondjuk. Harom fuggetlen pont alkotta ponthalmazra tetsz}oleges an terben is haszn a−ljuk← a haromszog elnevezest. Egy {A, B, C} haromszog oldalegyenes ei az ← − ← AB , BC , CA egyenesek; egy {A, B, C, D} tetraeder elegyenes ei, illetve lapsk jai 21 − ← ← − ←

− ← − ← − az ← AB , AC , AD, BC , BD, CD egyenesek, illetve az h{A, B, C}i, h{B, C, D}i, h{C, D, A}i, h{D, A, B}i skok. 2.14 De ncio Legyen (A, V, ) valos an ter; A, B ∈ A A, B vegpontu { vagy az A, B pontokat osszekot}o { szakaszon az n −* o − −− − 1 t· − AB := − AB∈ V | 0 ≤ t ≤ 1 A ponthalmazt ertjuk. Megjegyzesek. −− − (1) Ha A = B , akkor − AB = {A}; ezt a pontta zsugorodo szakaszt elfajul o szakasz kent is emltjuk. (2) Kijelolve egy O origot, − −− − n −−* − − * −−* AB = P ∈ A |OP = t· OA +(1 − t)· OB, 0≤t≤1 o rhato. A-t azonostva AO vektorizaltjaval, a rovidebb − −− − AB = {tA + (1 − t)B ∈ A | 0 ≤ t ≤ 1} rasmoddal is elhetunk. 2.15 Peldak Vegyunk alapul egy (A, V, ) haromdimenzios valos an teret. (1) Tekintsunk A−−−-ban egy {A, B, C} haromszoget! Az el}obb mondottak szerint − − −− − −−− kepezhetjuk az AB, BC,

CA szakaszokat; ezeket a haromszog oldalai nak hvjuk. 2.11 ertelmeben az (A, B ) pontpar sulypontja az a C1 pont, amelynek egy tetsz}oleges O pontra vonatkozo helyzetvektora − − * −− − −− * OA + OB OC1 = 2 . −− − Vilagos, hogy ekkor C1 ∈− AB . Mivel C1 -nek az A-bol es B -b}ol valo an kom1 1 binalasakor az 2 , 2 egyutthatok lepnek fol, 2.8 alapjan (ABC1 ) = 1. 22 − −− − Ezt a C1 pontot az (A, B ) pontpar k ozeppont janak, vagy az AB szakasz fe−−−− lez}opont janak hvjuk, a CC1 szakaszt pedig a haromszog egyik sulyvonal anak −−− − −−−− nevezzuk. A − BB1 es az AA1 s ulyvonal ertelmezese analog. Ismet 211-re hivatkozva az (A, B, C ) pontharmas S sulypontjanak az O-ra vonatkozo helyzetvektora − − * −− −− − − * OA + OB + OC OS = . 3 Az S pont nyilvanvaloan fuggetlen a pontok sorrendjet}ol, gy nevezhetjuk az {A, B, C} h aromszog sulypont janak. A sulyok

csoportosthatosagi tulajdonsaga alapjan S megegyezik a (C1 , 2), (C, 1) sulyozott pontrendszer sulypontjaval. Mivel ez utobbi helyzetvektora −− * −− 2· − OC1 + OC , 3 kovetkezik, hogy − −− * −− − − * 2· OC1 + OC . OS = 3 −−− Innen kiolvashato, hogy S ∈− C1 C , s mivel S -nek a C1 -b}ol es C -b}ol valo an kombinalasakor a 23 , 31 egyutthatok lepnek fel, (C1 CS ) = 13 : 23 = 21 . E szrevetelunk valamennyi sulyvonalra igaz, kovetkezik tehat, hogy barmely haromszog sulypontja illeszkedik a sulyvonalakra es 1:2 aranyban osztja azokat. (2) Legyen {A, B, C, D} tetraeder A-ban! Ennek sulypontjan az (A, B, C, D) pontnegyes S sulypontjat ertjuk. S -nek egy O pontra vonatkozo helyzetvektora − − * −− −− −− − − * OA + OB + OC + OD OS = . 4 2.11 ertelmeben −−− − Ha D1 az {A, B, C} haromszog su−−lypontja, akkor a − DD1 szakaszt a tetraeder −− − −−− − −−−−

egyik sulyvonal anak nevezzuk; a CC1 , BB1 , AA1 sulyvonalak ertelmezese 23 analog. Ismet a sulyok csoportthatosagi tulajdonsaga alapjan kovetkezik, hogy S azonos a (D1 , 3), (D, 1) s ulyozott pontrendszer sulypontjaval, s gy −−−* −− − − * 3· OD1 + OD OS = . Innen kiolvashato, hogy − −−− − S ∈D1 D 4 es (D1 DS ) = 41 : 34 = 13 . Ugyanezekre az eszrevetelekre jutunk minden tovabbi sulyvonal eseten is, megallapthatjuk tehat, hogy barmely tetraeder sulypontja illeszkedik a sulyvonalakra, s azokat 1:3 aranyban osztja. Legyen (A, V, ) n-dimenzios an ter, (Ai )ni=0 egy an bazisa A-nak, s tekintsunk egy P ∈ A pontot. Ha (ξ0 , ξ1 , , ξn ) olyan K -beli elemsorozat, hogy az (Ai , ξi )ni=0 sulyozott pontrendszernek P a sulypontja, azaz 2.16 De ncio −−* OP = Pn − −− * iP =0nξi OAi ; i=0 ξi O∈A tetsz}olegesen rogztett, akkor azt mondjuk, hogy a ξ0 , ξ1 , . , ξn skalarok (ebben

a sorrendben) a P pont baricentrikus koordinatait alkotjak az (Ai )ni=0 an bazisra vonatkozoan. 2.17 Megjegyzesek (1) 2.7(2) es 211 biztostja, hogy egy n-dimenzios an ter minden pontjanak vannak baricentrikus koordinatai, s azok aranyossag erejeig egyertelm}uek: (ξ0 , ξ1 , . , ξn ) ∈ K n+1 akkor es csak akkor baricentrikus koordinatavektora P nek, ha minden nemzerus λ skalar eseten (λξ0 , λξ1 , , λξn ) baricentrikus koordinatavektora P -nek Erre tekintettel azt a tenyt, hogy a sorrendben megadott ξ0 , ξ1 , , ξn skalarok egy P pont baricentrikus koordinatait alkotjak egy rogztett an bazisra vonatkozoan, gyakran a P = [ξ0 : ξ1 : · · · : ξn ] jelolessel juttatjukkifejezesre. (2) Vezessuk be a v = (ξ0 , ξ1 , . , ξn ) ∈ K n+1 | Pni=1 ξi 6= 0 halmazban a v ∼ w :⇔ w = λv, λ∈K ekvivalenciarelaciot. Ha an bazis rogztese utan az A n-dimenzios an ter pontjaihoz hozzarendeljuk az illet}o bazisra

vonatkozo baricentrikus koordinataik sorozatait, akkor bijekcio t adtunk meg A es a ∼ relacio ekvivalenciaosztalyainak halmaza kozott. 24 3. An lekepezesek Legyenek (A, V, ) es (A0 , V 0 , 0 ) an terek (melyeknek iranyterei ugyanazon K test folotti vektorterek). Egy f : A A0 lekepezest an lekepezes nek nevezunk, ha van olyan ϕ : V V 0 linearis lekepezes, hogy 3.1 De ncio ∀A, B ∈ A : −−* −−−−−−−− ϕ AB =f (A)f (B ) . Ekkor ϕ-t az f -hez tartozo vagy altala indukalt linearis lekepezeskent emltjuk, de azt is mondjuk, hogy ϕ f linearizalt ja vagy derivalt ja. A bijektv an lekepezeseket an izomor zmus oknak nevezzuk, s ket an teret izomorf nak mondunk, ha letezik kozottuk an izomor zmus. Egy an ter onmagara valo an izomor zmusait an automor zmus oknak, roviden anitasoknak hvjuk. Legyen (A, V, ) es (A0 , V 0 , 0 ) an ter. Egy f : A A0 lekepezes akkor es csak akkor an

lekepezes, ha van olyan O pont es ϕ : V V 0 linearis lekepezes, hogy 3.2 Lemma ∀P ∈ A : −−* −−−−−−−− ϕ OP =f (O)f (P ) . Bizonytas. Az an lekepezesek nyilvanvaloan rendelkeznek a mondott tulajdonsaggal Megfordtva, tegyuk fel, hogy egy f : A A0 lekepezes eleget tesz a lemmabeli kovetelmenynek. Ekkor tetsz}oleges A, B ∈ A pontok eseten −−−−−−−−*(A2)−−−−−−−− −−−−−−−−1.4 −−−−−−−−* −−−−−−−−felt. f (A)f (B ) = f (A)f (O) + f (O)f (B ) = − f (O)f (A) + f (O)f (B ) = − −−* ϕ lin. −−* − − * (A2) −− * felt. = −ϕ − OA + ϕ OB = ϕ OB − OA = ϕ AB , ami azt jelenti, hogy f an lekepezes.  3.3 Megjegyzesek (1) Ha f : A A0 * an lekepezes, akkor a linearizaltja egyertelm}uen meg− hatarozott. Erre az f jel olest is hasznaljuk; ezzel az rasmoddal a de nialo * − −−* −−−−−−−− relacio

az f AB =f (A)f (B ) A, B ∈ A alakot olti. (2) Legyen f : A A0 an lekepezes, ϕ : V V 0 linearizalttal. Rogztve egy O ∈ A pontot, s tekintve az A an ter O-beli AO , az A0 an ter f (O)-beli A0f (O) vektoriz altjat, az f AO −−−− A0f (O)   0 O  y y f (O) V ϕ −−−− 25 V0 diagram kommutatv abban az ertelemben, hogy (∗) 0f (O) ◦ f = ϕ ◦ O −−−−−−−* (hiszen ez a relacio azt fejezi ki, hogy − f (O)f (P )= eseten). (∗)-bol f -re az f = 0f (O)  −1 −−* ϕ OP , minden P ∈ A ◦ ϕ ◦ O el}oalltas adodik, ahol a jobb oldalon (az 1.5-beli konstrukcionak megfelel}oen) linearis lekepezesek kompozcioja szerepel Kisse durvan fogalmazva megallapthatjuk tehat, hogy egy f : A A0 lekepezes pontosan akkor an, ha valamely (s ezert barmely) O ∈ A eseten egy f : AO A0f (O) lekepezes linearis.  tas. 3.4 All (1) Egy an ternek egy an terbe valo barmely konstans

lekepezese an lekepezes, amelynek linearizaltja az iranyterek kozotti zerus lekepezes. (2) An ter identikus transzformacioja an lekepezes, amelynek linearizaltja az iranyter identikus transzformacioja. (3) An lekepezesek kompozcioja an lekepezes; a kompozcio linearizaltja a linearizaltak kompozciojaval egyenl}o. (4) Egy an lekepezes akkor es csak akkor bijektv, ha a linearizaltja bijektv. Ebben az esetben a lekepezes inverze is an lekepezes, es az inverz linearizaltja megegyezik a lekepezes linearizaltjanak inverzevel. Bizonytas. Tekintsuk az (A, V, ) es az(A0 , V 0 , 0 ) an teret (1) Tegyuk fol, hogy f : A A0 konstans lekepezes, megpedig ∀P ∈ A : f (P ) = Q ∈ A0 . o-val jel olve a V W, v 7− o(v) := 0 zeruslekepezest, −−* −−−−−−−−* −− ∀A, B ∈ A : f (A)f (B )=QQ= 0 = o AB , − tehat f valoban an lekepezes, es * f = o. (2) Jelolje (a szokasos modon) A,

illetve V identikus transzformaciojat 1A , illetve 1V . Ekkor −−* −− −−−−−−−−−− ∀A, B ∈ A : 1V AB =AB =1A (A)1A (B ), 1A tehat an transzformacio es − 1*A = 1V . (3) Legyen f : A A0 es g : A A0 an lekepezes.   − −−−−−−−−−−−−−− * −−−−−−−−−−−−−− * − −−−−−−−−* ∀A, B ∈ A : g ◦ f (A)g ◦ f (B )=g (f (A))g (f (B ))= g f (A)f (B ) = * − −−* − −−* − g f AB =* =−g ◦ * f AB ; 26 −−* − − * ez azt jelenti, hogy g ◦ f an lekepezes es − g ◦ f= g ◦ f . − (4) Tekintsuk az f : A A0 * an lekepezest es ennek * f : V V 0 linearizaltjat. − (a) Tegyuk fol el}oszor, hogy f bijektv. Ha valamely A, B ∈ A pontokra f (A) = f (B ), akkor * − −−* −−−−−−−− −−−−−−−− f AB =f (A)f (B )=f (A)f (A)= 0, − −−* amib}ol (specialisan) * f injektvsege miatt AB = 0, ebb}ol

pedig (A1) alapjan A = B k ovetkezik. Ezzel igazoltuk, hogy f injektv A szurjektvseg igazolasahoz jeloljunk ki tetsz}olegesen egy P 0 ∈ A0 pontot. Olyan pontot keresunk A-ban, amelyet az f lekepezes P 0 -be visz at. −−−* Rogztsunk A-ban egy O orig o t, s legyen O0 := f (O). Tekints u k a v 0 :=O0 P 0 ∈ V 0 − * − vektort. Mivel * f egyben sz urjektv is, van olyan v ∈ V vektor, hogy f (v ) = v 0 . −−* (A1) alapjan letezik egyetlenegy olyan P ∈ A pont, hogy OP = v. Ekkor egyreszt −−−−− * * − * − −−* −−−−−−−− − f (v ) = f OP =f (O)f (P )=O0 f (P ), masreszt −−* =− O0 P 0 , −−−−− * −−− gy − O0 f (P )=O0 P 0 , ebb} ol pedig (A1) miatt P 0 = f (P ) kovetkezik, amivel belattuk f szurjektvseget. (b) Megfordtva, tegyuk fol, hogy az f an lekepezes bijekt v. Jeloljunk* ki ismet − −* egy O ∈ A origot, s legyen O0 := f (O). Ha valamely v =− OP vektorra f

(v ) = 0 teljesul, akkor * − f (v ) = v 0 −−0−*0 −−−−− * * − * − −−* −−−−−−−− − O O = 0 = f (v ) = f OP =f (O)f (P )=O0 f (P ) miatt (A1) alapjan f (P ) = O0 = f (O) kovetkezik, ebb} ol pedig f injektvsege * − −−*  folytan P = O adodik. Igy v =OO= 0, tehat Ker f = {0}, ami ekvivalens * − f injektvsegevel. * − (c) Tegyuk fol, hogy f bijektv. Ekkor a mondottakszerint f is bijektv (es  * − −1 −1 0 megfordtva), s leteznek az f : A A; illetve f : V 0 V inverz lekepezesek. Az utobbirol a linearis algebrabol tudjuk, hogy szinten linearis Legyen A0 , B 0 ∈ A0 ; A := f −1 (A0 ), B := f −1 (B 0 ). Ekkor * − −1 −−0−*0   − −1 −−−−−−−−* f AB = f f (A)f (B ) =  − −1 * −−−−−−−−−−−−* − −−* −− −− = * f f AB =AB =f −1 (A0 )f −1 (B 0 ), −* ami azt jelenti, hogy f −1 an lekepezes es − f −1 = *

− −1 f .  Megjegyzes. Egy (A, V, ) an ter osszes anitasanak halmazara az A (A) jelolest hasznaljuk. A V vektorter osszes linearis automor zmusainak halmazat a szokasos modon GL(V )-vel jeloljuk Ismert a korabbi tanulmanyokbol, 27 hogy GL(V ) csoport a lekepezesek kompozciojara nezve; ez a V altalanos linearis csoport ja. (Innen a jeloles: G - general, L - linear) vektorter 3.5 Lemma Legyen (A, V, ) es (A0 , V 0 , 0 ) an ter a K test folott. Megadva egy ϕ : V V 0 linearis lekepezest, s tetsz}olegesen kijelolve egy O ∈ A, illetve O0 ∈ A0 pontot, letezik egy es csak egy olyan f : A A0 an lekepezes, − 0 * hogy f (O) = O , f = ϕ. Bizonytas. Tetsz}oleges P ∈ A eseten jelentse f (P ) azt az (A1) alapjan egyertelm}uen letez}o pontot, amelyre −−* − −−−−− * O0 f (P )= ϕ OP . −−−−− * −−−* −−* Ekkor − O0 f (O)= ϕ OO = ϕ(0) =O0 O0 , amib}ol ismet (A1) miatt f (O) = O0

adodik. f tehat jol de nialt lekepezes A-bol A0 -be, amelyre teljesul, hogy −−* −−−−−−−− ∀P ∈ A : ϕ OP =f (O)f (P ) . Ebb}ol 3.2 alapjan kovetkezik, hogy f an lekepezes Ezzel a kvant an lekepezes letezeset igazoltuk. Az egyertelm}useg is egyszer} uen lathato: ha egy g : A A0 an lekepezesre is * − 0 g teljesul, hogy g(O) = O es = ϕ, akkor −−* − − −−−−− * −−−−− * ∀P ∈ A : O0 g (P )= ϕ OP =O0 f (P ), s gy barmely P ∈ A eseten g(P ) = f (P ), ami g es f egyenl}oseget jelenti.    3.6 Kovetkezmeny Legyen (A, V, ) an ter, ϕ ∈ GL(V ) Tetsz}olegesen kivalasztva egy O ∈ A pontot, letezik egy es csak egy olyan f : A A antias, − amelynek ϕ a linearizaltja es az O pont xpontja: * f = ϕ, f (O) = O. 3.7 Kovetkezmeny Egy (A, V, ) an ter anitasainak A (A) halmaza csoport a lekepezesek kompozciojara nezve. Az * − L : A (A) GL(V ), f 7− L(f ) := f

lekepezes szurjektv csoporthomomor zmus. Bizonytas. Az, hogy A (A) csoport es hogy az L lekepezes homomor zmus A (A) es GL(V ) kozott, adodik 3.4 /(2)-(4) -b}ol; az L lekepezes szurjektvsege pedig kovetkezik 3.6-bol  Minden (A, V, ) an ter an ertelemben izomorf a termeszetes an strukturaval ellatott (V, V, −) an terrel: egy O ∈ A pont rogztese utan izomor zmust ad meg kozottuk a −* O : A V, P 7− O (P ) =− OP  tas. 3.8 All 28 bijekcio. A O an izomor zmus linearizaltja az 1V identikus transzformacio Bizonytas. Tetsz}oleges A, B ∈ A pontok eseten 1V −−* −− − − * −− −− − − * AB =AB =AO + OB =OB − OA= = O (B ) − O (A) =− −−O−(−A−−)−−O−−(−B*), a O bijekcio tehat an lekepezes, s gy izomor zmus, es − −*O = 1V .   tas. Legyenek V 3.9 All es W a termeszetes an strukturaval ellatott K test folotti vektorterek. Egy f : V W

lekepezes akkor es csak akkor an, ha van olyan ϕ : V W linearis lekepezes es b ∈ W vektor, hogy ∀v ∈ V : f (v ) = ϕ(v ) + b; − ekkor * f = ϕ. Bizonytas. Ha f : V W − an lekepezes es ϕ :=* f , akkor −−−−−−* *) =− : ϕ (− uv f (u)f (v ), azaz ϕ(v − u) = f (v) − f (u). u := 0 es b := f (0) valasztassal kovetkezik, hogy ∀v ∈ V : f (v ) = ϕ(v ) + b. Megfordtva, ha f most a lert modon hat, akkor tetsz}oleges u, v ∈ V vektorok eseten −−−−−−−* *) , f (u)f (v )= f (v ) − f (u) = ϕ(v ) + b − (ϕ(u) + b) = ϕ(v − u) = ϕ (− uv ∀u, v ∈ V f − tehat an lekepezes, es * f = ϕ.  3.10 De ncio Egy anitast eltolasnak (transzlacionak) nevezunk, ha a linearizaltja az iranyter identikus transzformacioja; dilatacionak mondunk, ha a linearizaltja nemzerus skalarral valo szorzaskent hat az iranyteren. Rogztve az (A, V, ) an ter egy O pontjat es egy λ ∈ K ∗ := K

{0} skalart, O kozeppontu, λ aranyu homotecianak vagy centralis dilatacionak nevezzuk azt a HO,λ : A A, P 7− P 0 29 transzformaciot, amelynel − −− * −−* ∀P ∈ A : OP 0 = λ OP . Ekvivalens modon: HO,λ = −O1 ◦ λ1V ◦ O . 3.11 Megjegyzesek Legyen (A, V, ) an ter (1) Ha f transzlacioja A-nak, akkor −−* −−−−−−−− ∀A, B ∈ A : AB =f (A)f (B ) . Ebb}ol a paralelogramma-szabaly alapjan kovetkezik, hogy − −−−− * −−−−− ∀A, B ∈ A : Af (A)=Bf (B ), illetve, maskent fogalmazva, −−−−−* ∀P ∈ A : P f (P )=: u ∈ V konstans vektor. Ezt a vektort a transzlacio eltolasi vektor anak hvjuk, s az u eltolasi vektorral rendelkez}o transzlaciora a Tu jelolest is hasznaljuk. (2) 3.9-b}ol kovetkezik, hogy a termeszetes an strukturaval ellatott V vektorter transzlacioi a v ∈ V 7− v + b ∈ V alaku lekepezesek (ahol b ∈ V rogztett vektor), es csakis ezek.

(3) A de ncio ertelme* ben egy f : A A transzformacio pontosan akkor transzlacio, ha L(f ) = −f = 1V , azaz ha f ∈ Ker(L), ahol - a 3.7-ben lert A (A) GL(V ) homomor zmus. Mivel egy homomor zmus magja ismert modon reszcsoport, kovetkezik, hogy egy an ter osszes transzlacioi csoportot alkotnak a kompozcio m}uveletevel, s ez a csoport eppen A (A) Ker(L) reszcsoportja. A (2)-ben mondottak gyelembevetelevel az is azonnal adodik, hogy egy an ter transzlacioinak csoportja izomorf az an ter iranyterenek additv csoportjaval. (4) Ugyancsak a de ncio alapjan, egy f : A A transzformacio dilatacio, ha * − L(f ) = f = λ1V , λ ∈ K ∗ (:= K {0}). Ekvivalens modon: f pontosan akkor dilatacio, ha f ∈ L−1 (K ∗ 1V ) ⊂ A (A), ∗ K 1V := {λ1V ∈ GL(V ) | λ ∈ K ∗ } . Mivel K ∗ 1V reszcsoport GL(V )-ben, es reszcsoport }oskepe homomor zmusnal reszcsoport, kovetkezik, hogy az A an ter dilatacioi reszcsoportot

alkotnak 30 A (A)-ban - s gy a dilataciok halmaza is csoport a kompozciok m}uveletevel. (5) Vilagos, hogy mind az eltolasok, mint a homoteciak dilataciok is egyben. A HO,λ dilat acionak az O kozeppont xpontja, hiszen 1 −1 −1 HO,λ (O) = − O ◦ λ1V ◦ O (O ) = O ◦ λ1V (0) = O (0) = O ; ez indokolja HO,λ -ra a centralis dilatacio elnevezest. (6) Az identikus transzformacio egyszerre eltolas es homotecia (utobbi tetsz}oleges kozepponttal), s azonnal lathato, hogy csak az identikus transzformacio ilyen. Ha egy dilatacio kulonbozik az identikus transzformaciotol, akkor eltolas vagy homotecia (de nem mindkett}o). * − Bizonytas. Legyen f ∈ A (A), f = λ1V , λ ∈/ {0, 1} Azt kell megmutatnunk, hogy van olyan P pont, amelyre f = HP,λ Foltehetjuk, hogy (A, V, ) = (V, V, −), ekkor 3.9 gyelembevetelevel ∀v ∈ V : f (v ) = λv + b. f -nek letezik egyetlenegy xpontja, ugyanis az x = λx + b ⇔ (1 − λ)x = b 1

b. Ennek egyenlet egyertelm}uen megoldhato; egyetlen megoldasa p = 1−λ segtsegevel f (v ) = λv + b = λv + (1 − λ)p = p + λ(v − p) rhato, s gy − −−− * * f (v ) − p = λ(v − p) ⇔ pf (v )= λ − pv, ami azt mutatja, hogy f = Hp,λ .  tas. 3.12 All  Kijelolve egy an ter egy pontjat, minden an transzformacio egyertelm}uen el}oallthato egy, a pontot xen hagyo an transzformacio es egy transzlacio kompozciojakent. Bizonytas. Legyen O egy pontja, f : A A pedig egy an transzformacioja az (A, V, ) an ternek. Tegyuk fel, hogy f (O) = O0 35-re tekintettel letezik egy es csak egy olyan T : A A transzlacio, illetve h : A A an transzformacio, hogy − * − * T (O) = O0 ; illetve h(O) = O es h = f . Tekintsuk a T ◦ h kompozciot! Erre teljesul, hogy T ◦ h(O) = T (O) = O0 = f (O) es − −−− *3.4(3)* − − * − * − * T ◦ h = T ◦ h = h := f , kovetkezeskeppen - a 3.5-beli

unicitas-alltas miatt - T ◦ h = f f tehat felbonthato a kvant modon, s gondolatmenetunkb}ol az is vilagos, hogy ez a felbontas egyertelm}u.  tas. 3.13 All 31  Megjegyzes. Legyen G egy (multiplikatv) csoport Emlekeztetunk ra, hogy G-nek egy a es egy b elemet konjug altak nak mondjuk, ha van olyan g ∈ G, hogy b = gag −1 . Egyszer} uen ellen}orizhet}o, hogy a konjugaltsag ekvivalencia-relacio G-ben.  tas. Egy transzlacio anitiassal kepzett konjugaltjai transzlaciok 3.14 All Nevezetesen: ha az (A, V, ) an ternek Tu (u ∈ V ) transzlacioja, akkor ∀f ∈ A (A) : f ◦ Tu ◦ f −1 = T* . − f (u) Kivalasztva egy O ∈ tetsz}oleges f : A A anitas eseten Bizonytas. A pontot, legyen O0 := Tu (O). Ekkor −− * − −−−−−−−− * − − − f (O)f (O0 )= f OO0 = f (u), ami azt jelenti, hogy f (O0 ) = T* (f (O)) . − f (u) Igy tetsz}oleges O ∈ A eseten f ◦ Tu (O) = T* ◦ f (O), − f

(u) kovetkezeskeppen f ◦ Tu = T* ◦ f, − f (u) f ◦ Tu ◦ f −1 = T* . − f (u)   tas. Egy veges dimenzios an ter egy an transzformaciojanak 3.15 All akkor es csak akkor van egyetlen xpontja, ha a linearizaltjanak a zerusvektor az egyetlen xvektora (azaz ha az 1 nem sajaterteke a linearizaltnak). Bizonytas. Legyen (A, V, ) veges dimenzios an ter, s tekintsunk egy f : A A an transzform aciot. (1) Ha O es P kulonboz} o xpontjai f -nek (azaz f (O) = O, f (P ) = P ) akkor − −−* −−* −−−−−−−− 0 6=OP =f (O)f (P )= f OP , tehat a linearizaltnak van nemzerus xvektora. * − Tegyuk fol ezutan, hogy O xpontja f -nek, v pedig nemzerus xvektora az f −* linearizaltnak. Ekkor egyertelm}uen letezik olyan P 6= O pont, hogy − OP = v , s gy * − * − −−* −−−−−−−− −−−−− −−* OP = v = f (v ) = f OP =f (O)f (P )=Of (P ), kovetkezeskeppen f (P ) = P , P tehat tovabbi

xpontja f -nek. Belattuk ily modon, hogy amennyiben f -nek van xpontja, ugy tovabbi xpont akkor es csak akkor letezik, ha a linearizaltjanak van nemzerus xvektora. Ez ekvivalens azzal, hogy xpont letezese eseten a xpont akkor es csak akkor egyertelm}u, ha a linearizaltjanak a zerusvektora az egyeduli xvektora. 32 − (2) Tegyuk fel ezutan, hogy az * f lineariz altnak nincs 0-tol kulonboz}o xvektora. Megmutatjuk: ebben az esetben f -nek letezik egyetlenegy xpontja. Valasszunk egy O ∈ A pontot, s legyen O0 = f (O). Amennyiben P xpontja f -nek, −− * − −− * −− * − −−* −−−−−−−− − f OP =f (O)f (P )=O0 P =O0 O + OP miatt az *  −−* − −− * − f −1V OP =O0 O relacionak kell teljesulnie. A xpontok meghatarozasahoz kezenfekv}o ezert az *  − −− * − f −1V (x) =O0 O − − egyenlet vizsgalata. Feltevesunk ertelmeben Ker * f −1V = {0}, gy * f −1V injektv, s mivel V veges

dimenzios, egyben bijektv is. Egyenlet unk ez e rt egy e rtelm} u en megoldhat o : l e tezik egy  e s csak egy olyan P pont, hogy *  −−* − −− * − f −1V OP =O0 O. Ekkor   −− * − −− * −−−−− −−−−−−−−* − −−* −− − f (O)f (P )= f OP =OP + O0 O=O0 P =f (O)P , kovetkezeskeppen f (P ) = P , P tehat xpont. Tegyuk fel vegul, hogy Q is xpont. Ekkor − −−* −−* −−−−−−−− OQ=f (O)f (Q)= f OQ , − −−* −* OQ teh at xvektora * f -nek. Ebb}ol feltetel unk szerint − OQ= 0 kovetkezik, amib}ol O = Q ad odik. Belattuk ily modon, hogy f xpontja egyertelm}u   tas. Legyen (A, V, ) an ter, f pedig anitasa A-nak Tegyuk 3.16 All fel, hogy az iranyter el}oallthato *  *  − − V = Ker f −1V ⊕ Im f −1V direkt osszegkent. Ekkor letezik egy es csak egy olyan v ∈ V vektor es h : A A anitas, hogy teljesulnek a kovetkez}ok: −  (1) * f −1V (v )

= v , azaz v xvektora f linearizaltjanak; (2) h-nak van xpontja; (3) f = Tv ◦ h = h ◦ Tv . f -nek akkor es csak akkor van xpontja, ha v = 0; ebben az esetben f xpontjai an alteret alkotnak, amelynek iranytere a linearizalt xvektorai altal alkotott sajatalter. −−−−−* Bizonytas. Tetsz}olegesen rogztve egy O ∈ A pontot, az Of (O) vektor a feltetel ertelmeben el}oallthato −−−−−* * − Of (O)= v + f (w) − w 33 − * − * − * − alakban, ahol v ∈ Ker * f −1V , s gy f (v ) = v ; f (w) − w = f −1V (w) ∈ −  Im * f −1V . − * Tekintsuk ezutan azt az A pontot, amelyre − AO= w teljes ul. Ekkor     − −−−− * − − * −−−−− − − * −−−−− −−−−−−−− Af (A)=AO + Of (A)=AO + Of (O) + f (O)f (A)= − * − − * − * − − * = w + v+ * f (w) − w+ f OA = v + f (w)− f (w) = v, kovetkezeskeppen Tv (A) = f (A). Ha marmost h := T−v ◦ f, akkor h(A) = T−v

(f (A)) = T−v ◦ Tv (A) = T0 (A) = A, A tehat xpontja h-nak. 3.14 gyelembevetelevel h ◦ Tv ◦ h−1 = T* = T* = Tv ; − − h (v ) f (v ) innen h ◦ Tv = Tv ◦ h. Ezzel belattuk az (1)-(3) felteteleknek eleget tev}o v ∈ V vektor es h ∈ A (A) anitas letezes et. Az unicitas igazolasa celjabol tegyuk fel, hogy egy v, h es egy ve, eh par egyarant megfelel a kvanalmaknak: f Ekkor hasonlokeppen − = Tv ◦ h = Tve ◦ eh; v es ve xvektora * f -nak; e e h-nak es h-nak van A, illetve A xpontja. − −−−− * −−−−−−−−− −−−−−− Af (A)=ATv (h(A))=ATv (A)= v,  −−−−−−* e A e = ve, gy Af −  − −−− −− * * − − * − − −−−− * −−−− −−−− * −−−−−−−−− e= e A e +f A e=Af AA (A*) + f (A)Ae=− Af (A) + f (A)f A −  * − − e − ve, = v+ * f AA ahonnan − − − * * − − e = v − ve. e AA − f AA − * − Itt a bal oldali vektor az

Im * f −1V , a jobb oldali a Ker f −1V alterbe tartozik, gy mindkett}o benne van ezek metszeteben, ami a feltetel szerint a zerus-alter. Ebb}ol v = ve es h = eh kovetkezik, amivel az egyertelm}useget igazoltuk Megvizsgaljuk vegul a v = 0 esetet. Ekkor f = h, s gy h-nak van xpontja Megfordtva, tegyuk fol, hogy f -nek van xpontja. Ezt valasztva az O origonak, a bizonytas indulo lepese alapjan v = 0 kovetkezik. Ha Q tetsz}oleges tovabbi xpont, akkor * − −−* −−−−−−−− −− f OQ =f (O)f (Q)=OQ,   34   −−* OQ − tehat xvektora az * f linearizaltnak, s az osszes xpontok a −O1 n−−* * − −−* −−o OQ∈ V | f OQ =OQ − an alteret alkotjak, amelynek iranytere valoban az * f linearizalt 1 sajatertekhez tartozo sajatvektorai - azaz a xvektorai - altal alkotott sajatalter.   tas. 3. 17 All alter. An lekepezesnel an alter kepe es }oskepe egyarant an Bizonytas.

Tekintsuk az (A, V, ) es (A0 , V 0 , 0 ) an teret, s legyen f : A an lekepezes. (1) Tegyuk fel, hogy L an altere A−-nak. Ha L = ∅, akkor f (L) = ∅ szinten an alter. Az L 6= ∅ esetben L = 
A1 (U ) rhato, ahol U altere V -nek 33 (2) − alapjan f el}oallthato az f = f (A) −1 ◦ * f ◦A alakban, s gy A 0 f (L) = f (A) 
−1 * − f (U ) , − ami azt jelenti, hogy f (L) az f (A) ponton atmen}o, * f (U ) iranyter} u an alter V 0 -ben. (2) U res an alter }oskepe is ures an alter; legyen L0 = (0A )−1 (U 0 ) nemures an altere A0 -nek. Valasszunk olyan A ∈ A pontot, amelyre f (A) = A0 teljesul (Ha ilyen pont
nem* letezik, akkor f −1 (L0 ) = ∅ es az alltas igaz.) f -et most is −1 − az f = f (A) ◦ f ◦A alakban alltva el}o, kapjuk, hogy 0  −1 − 1◦ * f −1 (L0 ) = − f ◦  (L0 ) = 0 A A − −1     − −1  = * f ◦A A0 −A01(U 0 ) = −A1 * f (U 0 ) ; f −1 (L0 ) 1 −

tehat az A ponton atmen}o, * f (U 0 ) iranyter}u an altere A-nak. −  3.18 Kovetkezmeny kepe kollinearis. An lekepezesnel barmely harom kollinearis pont  tas. Dilatacio barmely an alteret vele parhuzamos an alterbe 3.19 All visz at. 1 Bizonytas. Legyen L = − oltettuk, hogy A (U ) an altere (A, V, )-nek. (F L 6= ∅.) − Ha f ∈ A (A) dilatacio, melynek linearizaltja * f = λ1V (λ ∈ K ∗ ),
akkor a
3.17 bizonytasaban latottak szerint f (L) = f (A) −1 (λ1V (U )) = f (A) −1 (U ); f (L) tehat szinten U iranyter}u an alter.  35 3.20 Kovetkezmeny (keppont "szerkesztese" dilatacional) Tegyuk fol, hogy f ∈ A←− (A) dilatacio, s legyen A ∈ A olyan pont, hogy A0 := f (A) 6= A. Jelolje l az AA0 egyenest, s tekintsunk egy l-re nem illeszked}o B pontot. Legyen − m { az A0 -re illeszked}o, ← AB -vel parhuzamos egyenes;  -re illeszked}o; l-lel parhuzamos egyenes, ha f

transzlacio; − n {{ aazB← OB egyenes, ha f O kozeppont u homotecia. Ekkor az f (B ) pont az m es az n egyenes metszespontja. Megjegyzes. Hallgatolagosan foltettuk, hogy O 6= B O = B f (B ) = B es nincs teend}o. eseten azonban 3.21 Lemma Az an lekepezesek felcserelhet}ok az an kombinaciok kepzesevel: ha f : A A0 an lekepezes es a P pont an kombinacioja az A1 , A2 , . , Ak pontoknak, akkor az f (P ) pont ugyanilyen egy utthatos an kombinacioja az f (A1 ), f (A2 ), . , f (Ak ) pontoknak Bizonytas. Tetsz}olegesen rogztve egy O ∈ A origot, a P pont helyzetvektora k −−* X − −− * OP = λi OAi ; λ1 + · · · + λk =1 =1 i alakban allthato el}o. Ekkor k k −−−−−−−− * −−−−−−−−* − −−* X − − −− * X − f (O)f (P )= f OP = λi f OAi = λi f (O)f (Ai ), =1 =1 i ami igazolja a tett eszrevetelt. i  Legyen S az A an ter (Ai , µi )ki=0 sulyozott

pontrendszer enek a sulypontja. Ha f : A A0 an lekepezes, akkor az k (f (Ai ), µi )i=0 sulyozott pontrendszer sulypontja az f (S ) pont. Bizonytas. Ez kozvetlenul adodik a lemmabol, mivel egy sulyozott pontrendszer sulypontja a pontok an kombinacioja 3.22 Kovetkezmeny 36  3.23 Kovetkezmeny Az an lekepezesek osztoviszonytartok abban az ertelemben, hogy ha A 6= B 6= P kollinearis pontjai az A an ternek es f : A A0 an lekepezes, amelynel f (A) 6= f (B ) 6= f (P ), akkor (f (A)f (B )f (P )) = (ABP ). Bizonytas. Ha (ABP ) = αβ , akkor P -nek az A-bol es B -b}ol valo an kombinalasakor fellep}o egyutthatok α es β ; gy a Lemma ertelmeben az f (P ) pont f (A)-b ol es f (B )-b}ol valo kombinalasakor is az α es β egyutthatok lepnek fel, tehat (f (A)f (B )f (P )) = αβ .  3.24 Tetel Legyen (A, V, ) es (A0 , V 0 , 0 ) an ter Ha egy f : A A0 lekepezesre teljesul, hogy barmely ((A, λ), (B, 1 − λ))

sulyozott pontrendszer sulypontjat az ((f (A), λ), (f (B ), 1 − λ)) sulyozott pontrendszer sulypontjaba viszi at, akkor f an lekepezes. Bizonytas. Jelolje az f lekepezesnel tetsz}oleges P ∈ A pont keppontjat P 0 . Ha egy ((A, λ), (B, 1 − λ)) s ulyozott pontpar sulypontja S , akkor az ((A0 , λ), (B 0 , 1 − λ)) rendszer sulypontja a feltetel ertelmeben S. Tetsz}olegesen rogztve egy O ∈ A origot, ezek helyzetvektora −−* −−−* −−−* illetve − O0 S 0 = λ O0 A0 +(1 − λ) O0 B 0 adodik. E rtelmezzunk egy ϕ : V V 0 lekepezest a − − * − − * −−* OS = λ OA +(1 − λ) OB, −−* −−− ϕ OP :=O0 P 0 el}orassal. Ha sikerul belatnunk, hogy a vagyunk, hiszen ebben az esetben ∀P ∈ A : ϕ lekepezes linearis, akkor keszen −−* −−−−−−−−* f (O)f (P )= ϕ OP , ϕ ∈ L (V, V 0 ), ami 3.2 alapjan azt jelenti, hogy f an lekepezes  −* (1) ϕ(0) = ϕ − OO = 0, ϕ

tehat a zerusvektort a zerusvektorba viszi at. (2)  − − − * −−* − * −−− ϕ λ OA +(1 − λ) OB = ϕ OS :=O0 S 0 = − −−* −−* −−−* − * =λ− O0 A0 +(1 − λ) O0 B 0 =: λϕ OA + (1 − λ)ϕ OB ; − * innen B := O valasztassal es az u :=− OA jeloles bevezetesevel hogy ∀λ ∈ K, ∀u ∈ V : ϕ(λu) = λϕ(u). azt kapjuk, Ezzel igazoltuk ϕ homogenitasat. −* −−* (3) Az additivitas bizonytasa celjabol tekintsunk tetsz}oleges u =− OP , v =OQ vektorokat. Ha S a (P, Q) pontpar sulypontja, akkor − − * 1 −− −− 1 OS = 2 OP + OQ = 2 (u + v), 37 es a feltetel ertelmeben a (P 0 , Q0 ) pontpar sulypontja S 0 , kovetkezeskeppen −−−* 1 −−− * −−− O0 S 0 = O0 P 0 + O0 Q0 . 2 Ezek alapjan     − 1 1 (2) − * ϕ(u + v ) = ϕ 2 · (u + v ) = 2 · ϕ ( u + v ) = 2 · ϕ OS = 2 2   −−* −−− * − − − * − − − * −* = 2· O0 S 0 =O0 P 0 + O0

Q0 =: ϕ OP + ϕ − OQ = ϕ(u) + ϕ(v ), ϕ teh at valoban additv. ϕ ily m odon linearis, s a tetel igazolast nyert.  3.25 Kovetkezmeny Az osztoviszonytarto lekepezesek an lekepezesek Bizonytas. Legyen A es A0 an ter, s tekintsunk egy f : A A0 , P 7− P 0 osztoviszonytarto lekepezest. Ekkor tetsz}oleges A 6= B 6= P kollinearis pontok eseten (ABP ) = (A0 B 0 P 0 ). Mivel (ABP ) = 1 − λ ⇐⇒ P sulypontja ((A, λ), (B, 1 − λ))-nak, λ (A B P ) = 1 − λ sulypontja ((A0 , λ), (B 0 , 1 − λ))-nak, vilagos, hogy az osztoviszonytartas feltetele ekvivalens a tetelbeli feltetellel. 0 0 0 λ ⇐⇒ P0  Legyen (A, V, ) es (A , V 0 , n0 ) egy-egy an ter, s tegyuk fol, hogy A n-dimenzios. Megadva A-nak egy (Ai )i=0 an bazisat, s kijelolve A0 -nek egy tetsz}oleges (A0i )ni=0 pontsorozatat, letezik egy es csak egy olyan f : A A0 an lekepezes, hogy f (Ai ) = A0i (0 ≤ i ≤ n). 0  tas (az an lekepezesek

alaptetele). 3.26 All Bizonytas. Egyertelm}useg. Tegyuk fol, hogy f : A A0 a kvant tulajdonsagu an lekepeznes. Tekintve egy tetsz}oleges P ∈ A pontot, ez egyertelm}uen el}oallthato az (Ai )i=0 an bazis an kombinaciojakent. Mivel az an lekepezesek meg}orzik az an kombinaciokat (3.12), az f (P ) keppont csakis az A0i = f (Ai ) (0 6= i 6= n) pontok ugyanolyan egyutthatokkal kepzett an kombinacioja lehet. − −−− *n Letezes. Az A0 Ai vektorsorozat bazisa a V vektorternek, ezert a linearis i=1 lekepezesek alaptetele ertelmeben letezik egy es csak egy olyan ϕ : V V 0 linearis lekepezes, hogy − −−−− * −−− * − ϕ A0 Ai =A00 , A0i ; 1 6= i 6= n. Ekkor minden i ∈ {0, . , n} indexre − −−− * − −−−−−− * − −−−−−−−−− * −−− * − f (A0 )f (Ai )= ϕ A0 Ai =A00 A0i =f (A0 )A0i , 38 kovetkezeskeppen ((A1) alapjan) f (Ai ) = A0i (0 6= i 6= n); f tehat a

kvant tulajdonsagu an lekepezes.  3.27 Kovetkezmeny (1) Megadva egy veges dimenzios an terben ket (nem foltetlenul kulonboz}o) an bazist, letezik egy es csak egy olyan anitas, amely az els}o bazis tagjait a masodik bazis megfelel}o tagjaiba viszi at. (2) Ha egy n-dimenzios an ter egy an transzformacioja n + 1 fuggetlen pontot xen hagy, akkor a transzformacio identitas. Specialisan egy an sk harom nemkollinearis pontjat xen hagyo an transzformacio az identikus transzformacio, s ha egy an transzformacio egy egyenes ket pontjat xen hagyja, akkor minden pontjat xen hagyja. 3.28 De ncio Egy an terek kozotti bijektv lekepezest kollineacionak nevezunk, ha a lekepezesnel barmely harom kollinearis pont kepe harom kollinearis pont. 3.29 Peldak (1) Minden an izomor zmus kollineacio. Valoban, tegyuk fol, hogy f : ← A A0 − an izomor zmus. Ekkor f de ncio szerint bijektv Tekintsunk egy AB⊂ A

egyenest. Ha P ∈ A, akkor P megkaphato A es B an kombinaciojakent, s ezert { 3.12-re tekintettel { f←(−P−−)−−an kombina←−ci oja f(A)-nak es f (B )-nek −− −−−−−− Ebb}ol kovetkezik, hogy f (P ) ∈f (A)f (B ), hiszen f (A)f (B ) an altere A0 -nek, s egy an alter tartalmazza barmely ket pontjanak minden an kombinaciojat (2.4) (2) Egydimenzios an terek kozotti minden bijektv lekepezes kollineacio.  tas (a kollineaciok elemi tulajdonsagai). 3.30 All (1) Ha egy pont an kombinacioja bizonyos pontoknak, akkor egy kollineacional adodo kepe a pontok kepeinek an kombinacioja (esetleg mas egyutthatokkal). (2) Az an fuggetlenseg kollineacio soran meg}orz}odik. (3) Veges dimenzios an alter kepe kollineacional ugyanolyan dimenzios an alter. (4) Parhuzamos an alterek kepei kollineacional parhuzamos an alterek. (5) Kollineacio inverze kollineacio; egy an ter onamgara valo osszes

kollineacioi csoportot alkotnak a kompozcio m}uveletevel. 39 Megjegyzes. Ha A an ter, az osszes A A kollineaciok alkotta csoportra a Coll(A) jelolest hasznaljuk, s azt mondjuk, hogy Coll(A) A kollineaciocsoport ja 329 (1) ertelmeben A (A) ⊂ Coll(A) 3.31 De ncio Egy test automor zmus an a test olyan bijektv transzformaciojat ertjuk, amely mind az osszeadasra, mind a szorzasra nezve m}uvelettarto. 3.32 Megjegyzesek (1) A de ncio ertelmeben egy σ : K K bijektv transzformacio akkor automor zmusa a K testnek, ha σ(α + β ) = σ(α) + σ(β ) es σ(αβ ) = σ(α)σ(β ), minden α, β ∈ K eseten. Egyszer}uen adodik, hogy ekkor σ(0) = 0, σ(1) = 1 (2) Megmutathato, hogy a Q racionalis szamtestnek es az R valos szamtestnek egyetlen automor zmusa van, az identikus transzformacio. A C komplex szamtest b}ovelkedik nemidentikus automor zmusokban, ezek kozul azonban csak a z ∈ C 7−−−z ∈ C konjugalas folytonos.

3.33 De ncio Legyen V es V 0 ugyanazon K test folotti vektorter. (1) Egy ϕ : V V 0 lekepezest szemilinearis nak mondunk, ha letezik olyan σ : K K testautomor zmus, hogy ∀u, v ∈ V ; ∀λµ ∈ K : ϕ(λu + µv ) = σ (λ)ϕ(u) + σ (µ)ϕ(v ). (2) Tekintsunk egy (A, V, ) es egy (A0 , V 0 , 0 ) an teret. Egy f : A A0 lekepezest szemiannak nevezunk, ha van olyan ϕ : V V 0 szemilinearis lekepezes, hogy −−* −−−−−−−− ∀A, B ∈ A : ϕ AB =f (A)f (B ) . Megjegyzes. A 33-ban mondottak mintajara adodik, hogy egy f : A A0 lekepezes pontosan akkor szemian, ha valamely { s gy barmely { O ∈ A pont eseten f , mint az AO es A0f (O) linearizaltak kozotti lekepezes, szemilinearis. 3.34 Lemma linearisak.  Szemian lekepezesnel kollinearis pontok kepei kol← − Bizonytas. Alkalmazva 333 (2) jeloleseit, tekintsuk az A an ter egy AB = 1 (U ) egyeneset, ahol U jeloli az egyenes egydimenzios iranyteret.

Tetsz}oleges − A ← − P ∈AB −−−−−−−* −−* pont eseten − f (A)f (B )= ϕ AB ∈ ϕ(U ), ami ekvivalens azzal, hogy − 1 (U )), s mivel itt ϕ(U ) legfeljebb barmely P ∈← AB pont keppontjara f (P ) ∈ − A (ϕ −  egydimenzios altere V 0 -nek, kovetkezik, hogy f ← AB legfeljebb egydimenzios an alter A0 -ben. Ez a lemma helyesseget jelenti    40 3.35 Tetel (az an geometria alaptetele) Ugyanazon test folotti megegyez}o, veges, de 1-nel nagyobb dimenzioju an terek kozott barmely kollineacio szemian lekepezes. Megjegyzes. Az alaptetel leglenyegesebb mondanivaloja az, hogy egy an ter egy transzformaciojanak anitas volta eld}ol egy, az an ter strukturajat meghatarozo vektorter-strukturanal (latszolag) sokkal elemibb struktura, a ponotk es az egyenesek illeszkedesi strukturaja ismereteben. 3.36 Kovetkezmeny n > 1 dimenzios valos an terek kozotti minden kollineacio an

lekepezes; specialisan Coll(A) = A (A), ha A n > 1 dimenzios valos an ter. Bizonytas. Mivel R-nek az identikus transzformacio az egyetlen testautomor zmusa, valos an terek kozotti minden szemian lekepezes an Igy a Kovetkezmeny adodik az an geometria alapteteleb}ol es 3.29 (1)-b}ol  4. Az an geometria nehany klasszikus tetele 4.1 Tetel (a parhuzamos szel}ok tetele) Legyenek H1 , H2 , H3 egy veges (de legalabb ket-) dimenzios an ter kulonboz}o, parhuzamos hiperskjai. Tegyuk fol, hogy a es b az an ter olyan egyenesei, amelyek egyike sem gyengen parhuzamos az adott hiperskokkal, s legyenek A1 , A2 , A3 , illetve B1 , B2 , B3 a, illetve b metszespontjai rendre H1 -gyel, H2 -vel es H3 -mal. Ekkor (A1 A2 A3 ) = (B1 B2 B3 ). Bizonytas. ertelmeben Rogztsunk egy O origot, s legyen (A1 A2 A3 ) = λ. Ekkor 28 1 −−−* λ −−− − −− * OA3 = 1 + λ OA1 + 1 + λ OA2 . 41 Tekintsuk azt a B pontot, amelynek

helyzetvektora 1 − λ − −−* −− * −− * OB = OB1 + 1+λ 1 + λ OB2 . ←−− Mivel B an kombin a ci o ja B1 -nek es B2 -nek, B ∈B1 B2 = b (peldaul 2.2 miatt) −−− * − −−− * Bevezetve a v1 :=− A1 B1 , v2 :=A2 B2 vektorokat, − −− * − −− * − −− * − −− * OB1 =OA1 +v1 , OB2 =OA2 +v2 rhato, s gy 1 −−−* λ −−− 1 λ −−* OB = 1 + λ OA1 + 1 + λ OA2 + 1 + λ v1 + 1 + λ v2 = 1 v + λ v −− * =− OA3 + 1+λ 1 1+λ 2 rhato, ahol 1+1 λ v1 + 1+λλ v2 benne van a hiperskok kozos iranytereben. Igy 1.12-re tekintettel B ∈ H3 , kovetkezeskeppen B ∈ b ∩ H3 = {B3 }, s ennelfogva − −− * − −− * − −− * λ B = B3 . Ekkor azonban OB3 = 1+1 λ OB1 + 1+ λ OB2 , ami azt jelenti, hogy (B1 B2 B3 ) = λ { s ezt akartuk belatni.  4.2 De ncio Egy an sk (azaz egy ketdimenzios an ter) egyeneseinek egy halmazat sugarsor nak nevezzuk, ha (1) a sk egy pontjara illeszked}o

osszes egyenesek alkotjak (metsz}o sugarsor ) vagy (2) a sk egy egyenesevel parhuzamos osszes egyenes tartozik hozza (parhuzamos sugarsor ). Az els}o esetben a sugarsor egyeneseinek kozos pontjat a sugarsor tarto janak vagy alappontja nak hvjuk. 4.3 Lemma Legyen (A, B, C ) an bazisa egy an sknak, s legyenek egy P pont (A, B, C )-re vonatkozo baricentrikus koordinatai α, β, γ . A P pont ← − akkor es csak akkor illeszkedik a C -n atmen}o, AB -vel parhuzamos egyenesre, ha α + β = 0. 42 Rogztsunk egy O orig s jel olje l a C -n atmen}o,  ot, − * parhuzamos egyenest. Ekkor l = −C 1 L − AB . −* −−* (1) Ha P ∈ l, akkor − CP = λ AB (λ ∈ K ), s gy Bizonytas. ← − AB -vel −−* −− −− −−* −− OP =OC + CP = λ AB + OC = −−* −  −* − − * −−* −− − * = λ OB − OA +− OC = −λ OA +λ OB + OC, amib}ol [α : β : γ ] = [−λ, λ, 1] es α + β = 0 kovetkezik. (2)

Amennyiben α + β = 0, ugy −−* OP = − − * −−* −−* α OA +β OB +γ OC α+β+γ = − − * −− −−* α OA − OB + γ OC γ −* α −− =− OC − AB, γ s innen 1.12 (2) gyelembevetelevel P ∈ l kovetkezik  Legyen A, B es C egy an sk harom nemkol← − ← ← − linearis pontja, legyenek tovabba A1 , B1 es C1 rendre a BC , CA es AB egyenesekre illeszked}o, A-tol, B -t}ol es ← C -t}ol k ulonboz}o←−pontok. Ekkor annak szukseges − ← −− es elegend}o feltetele, hogy az AA 1 , BB1 es CC1 egyenesek egy sugarsorhoz tartozzanak, (ABC1 )(BCA1 )(CAB1 ) = 1 teljesulese. Bizonytas. Nemkollinearis pontokrol leven szo, (A, B, C ) an bazisa az alapulvett an sknak; meggondolasaink soran erre vonatkozo baricentrikus koordinatakat fogjuk alkalmazni − −− * −−− − −− * Szuksegesseg. Tegyuk fol el}oszor, hogy az AA1 , BB1 , CC1 egyenesek egy P tartoju metsz}o sugarsorhoz

tartoznak, s legyenek P (A, B, C )-re vonatkozo baricentrikus koordinatai α, β, γ . Ez azt jelenti, hogy P sulypontja az (A, α), (B, β ), (C, γ ) sulyozott pontrendszernek. A sulyok csoportosthatosagi tulajdonsaga alapjan P megkaphato az ((A, α), (B, β )) rendszer (α + β )-val sulyozott sulypontja es (C, γ ) sulypontjakent is (4.3 -ra tekintettel α + β 6= 0, hiszen most P nem lehet←−ra← − jta a C -n atmen}o, AB -vel parhuzamos egyenesen). Mivel P rajta van a CC1 4.4 Tetel (Ceva tetele) 43 − ← − egyenesen, az ((A, α), (B, β )) sulyozott pontpar sulypontja csakis ← CC1 es AB C1 metszespontja lehet. Igy − −− * OC1 = β −−* α − − * OA + OB, α+β α+β amib}ol 2.18 gyelembevetelevel (γABC ) = αβ kovetkezik Ugyanilyen meggondolassal kapjuk, hogy (BCA1 ) = β , (CAB1 ) = αγ ; gy (ABC1 )(BCA1 )(CAB1 ) = αβ · βγ · αγ = 1. Vizsgaljuk meg ezutan azt az esetet, amikor az parhuzamosak. ←−

← −− ←− AA1 , BB1 , CC1 egyenesek Alkalmaza a parhuzamos szel} ok te← tel et ezekre az←egyenesekre mint hi− − ← − perskokra, s az ezeket metsz}o ← AB es BC valamint AC es CB egyenesekre, azt kapjuk, hogy (ABC1 ) = (A1 BC ), (CAB1 ) = (CA1 B ). Az A1 , B, C pontokra 2.9 (5) azt adja, hogy (A1 BC )(BCA1 )(CAB1 ) = 1; 44 gy az el}obbi relaciok gyelembevetelevel a kvant (ABC1 )(BCA1 )(CAB1 ) = 1 egyenl}oseghez jutunk. ←− ← −− Elegend}oseg. Tegyuk fol, hogy (ABC1 )(BCA1 )(CAB1 ) = 1 Ha az AA1 , BB1 , ←− CC1 egyenesek nem p arhuzamosak, akkor kozottuk van←−ket metsz}o; legyen ←− ← −−  mondjuk {P } =AA1 ∩ BB1 . A ll  tjuk el}oszor is, hogy CP nem parhuzamos ← − AB -vel. Val oban, legyenek P (A, B, C )-re vonatkozo baricentrikus koordinatai ← − ← − α, β, γ . Tegy uk fel, alltasunkkal ellentetben, hogy CP k AB . Ekkor 43 ertelmeben α + β = 0. Masreszt, az el}obb

latott modon, (BCA1 ) = βγ , (CAB1 ) = αγ , gy (BCA1 )(CAB1 ) = βγ · αγ = αβ = −β = −1; β ezt a feltetelbe berva (ABC1 ) = −1 kovetkezik, ami ellentmondas. Letezik ily − ← − modon az ← AB es a CP egyenes C2 metszespontja. Ekkor, a mar bizonytottak szerint, (ABC2 )(BCA1 )(CAB1 ) = 1. Ebb}ol es a feltetelb}ol (ABC2 ) = (ABC odik, amib} ol 2.9 (3) alapjan C1 = C2 kovet1 ) ad − ← −− ←− kezik. Belattuk ezzel, hogy ← AA1 , BB1 es CC1 egyarant a P tartoj u sugarsorhoz tartozik; gy a bizonytas teljes.  Megjegyzes. Ceva teteleb}ol kozvetlenul adodik, hogy egy haromszog sulyvonalai egy pontban metszik egymast, hiszen egyeneseik nem parhuzamosak, az oldalfelez}o pontok pedig { roviden szolva { az oldalakat 1 osztoviszonnyal osztjak. 4.5 Tetel (Menelaosz tetele) Legyenek A, B, C egy an sk nemkollinearis − ← ← − pontjai, s tegyuk fol, hogy A1 , B1 es C1 rendre a ← BC , CA es AB

egyenesre illeszked}o, A-tol, B -t}ol es C -t}ol kulonboz}o pontok. Ekkor annak szukseges es elegend}o feltetele, hogy A1 , B1 es C1 kollinearis legyen, az (ABC1 )(BCA1 )(CAB1 ) = −1 relacio teljesulese. 45 Bizonytas. (1) Tegyuk fol el}oszor, hogy van olyan l egyenes, amelyre A1 , B1 es C1 illeszkedik. Legyenek a, b, c rendre az A, B es C pontra illeszked}o, l-lel parhuzamos egyenesek (egyertelm}u letezesuket 1.19 garantalja) Ekkor l, a, b, c kulonboz}o, parhuzamos egyenesek. Messuk el ezeket egy tovabbi egyenessel, a metszespontok legyenek rendre S, P, Q es R. Alkalmazzuk a parhuzamos szel}ok tetelet az l, a, b, c egyenesekre mint ← − ← − p a rhuzamos hipers  kokra, az im e nt felvett egyenesre, valamint az AB , BC es ← CA egyenesre. Azt kapjuk, hogy (ABC1 ) = (P QS ), (BCA1 ) = (QRS ), (CAB1 ) = (RP S ). gy (ABC1 )(BCA1 )(CAB1 ) = (P QS )(QRS )(RP S ) =(6) −1 adodik, amivel a feltetel szuksegesseget

igazoltuk. (2) Megford −tva, tegyuk fol (ABC1 )(BCA1 )(CAB1 ) = −1 teljesuleset, s te− kintsuk az ← A1 B1 egyenest. 2.9 − Ez nem lehet parhuzamos az ← AB egyenessel, ellenkez}o esetben ugyanis a parhuzamos szel}ok tetele alapjan (ACB1 ) = (BCA1 ), s gy feltetelunk a (4) −1 = (ABC1 )(BCA1 )(CAB1 ) = (ABC1 )(ACB1 )(CAB1 ) = (ABC1 ) − ←−− relaciohoz vezetne, ami lehetetlen. Letezik ily modon az ← AB es az A1 B1 egyenes C2 metszespontja. (1) alapj an ezzel a ponttal (ABC2 )(BCA1 )(CAB1 ) = −1 teljesul, s gy a feltetel gyelembevetelevel (ABC1 ) = (ABC2 ) adodik, amib}ol viszont 2.9 (3) alapjan C1 = C2 kovetkezik Ezzel megmutattuk az A1 , B1 , C1 pontok kollinearitasat. 2.9 46  4.6 Megjegyzes Tekintsuk egy (A, V, ) an ter HO,λ = −1 ◦ λ1V ◦ O es HO,µ = −1 ◦ µ1V O O ◦ O kozeppontu homoteciait (ld. 310) Ekkor 1 HO,λ ◦ HO,µ = − O ◦ λµ1V ◦ O = HO,λµ = HO,µλ = HO,µ ◦ HO,λ ;

kovetkezik ily modon, hogy a rogztett kozeppontu homoteciak egy kommutatv reszcsoportot alkotnak A (A)-ban, amely izomorf az alapulvett K ∗ multiplikatv O csoportjaval. Legyenek l es l0 egy an sk kulonboz}o egyenesei, s jeloljunk ki az l egyenesen kulonboz}o A, B, C , az l0 egyenesen kulonboz}o A0 , B 0 , C 0 pontokat. Ha l es l0 metsz}o, tegy uk fol, hogy ←−0 ←− a←− metsz e spontjuk k u l o nb o zik mind a hat pontt o l. Amennyiben AB k A0 B es ←− ←− ←− BC 0 k B 0 C , u gy AC 0 k A0 C is fennall. Bizonytas. Tegyuk fol el}oszor, hogy l es l0 metszi egymast egy P pontban 4.7 Tetel (Papposz tetele, an valtozat) 3.20-bol kovetkez}oen egyertelm}uen letezik olyan f P kozeppontu homotecia, amelynel f (A) = B . Ugyancsak 320, valamint a feltetel alapjan ennel a homotecianal f (B 0 ) = A0 Hasonlo ervelessel tekinthetjuk azt a P kozeppontu g homoteciat, amelynel g(B ) = C ; ekkor g(C 0

) = B 0 . Legyen h := f ◦ g Ekkor az el}orebocsatott megjegyzes szerint h szinten P kozeppontu homotecia, es h = g ◦ f is fenn all. Igy h(A) = g ◦ f (A) = g (B ) = C, h(C 0 ) = f ◦ g (C 0 ) = f (B 0 ) = A0 , ←− ←− kovetkezeskeppen h az AC 0 egyenest a CA0 egyenesbe viszi at, s mivel a di←− ←− lataciok 3.19 ertelmeben parhuzamossagtartok, AC 0 k A0 C Amennyiben az l es l0 egyenes parhuzamos, az okoskodas teljesen analog, a modostas csupan annyi, hogy az f es g homoteciak helyett olyan transzlaciokat kell alkalmazni, amelyek A-t B -be, illetve B -t C -be viszik at.  Megjegyzes. A bizonytas soran { az el}orebocsatott megjegyzesen keresztul { lenyegesen felhasznaltuk, hogy a testbeli szorzas kommutatv; ennek hjan a tetel ervenyet vesztene. 47 4.8 Tetel (Desargues tetele, an valtozat) Legyen A, B, C, A0 , B 0 , C 0 hat pont egy−−an←−skon,←−−f olteve,←hogy←−{A, B, C} es

{A0 , B 0 , C 0 } nem kollinearis. Ha − ←− ←− ←− ← − ← 0 0 0 0 0 0 AB k A B , BC k B C es AC k A C , akkor az AA0 , BB 0 , CC 0 egyenesek egy sugarsorhoz tartoznak. Bizonytas. ←− ←− (1) Tegyuk fol, hogy az AA0 es a BB 0 egyenes metszi egymast egy P pontban. Tekintsuk azt a P kozeppontu homot ecia− t, amelynel f (A) = A0 . Ekkor a 320-ban ← −0− 0 ← lert szerkesztesi eljaras es a A B k AB feltetel alapjan f (B ) = B 0 is teljesul. Legyen C 00 := f (C ). Mivel a dilataciok parhuzamossagtartok, kovetkezik, hogy ←− − ← − B 0 C 00 k BC es ←− − ← A0 C 00 k AC, − gy C 00 rajta van a B←0 -re illeszked}o, ← BC -vel parhuzamos egyetlen egyenesen es az A0 -re illeszked} o, AC -vel parhuzamos egyetlen egyenesen is. Ezek az egyene← −− ← −− sek eppen B 0 C 0 es A0 C 0 , melyeknek egyetlen kozos pontja a C 0 pont, kovetkez eske←ppen C 00 = C 0 . P, C es C 00 a

konstrukcio alapjan kollinearis, ezert ← −− − CC 00 =CC 0 egyenes is  athalad a P ponton { es ezt kellett belatnunk. ←−0 ←−0 (2) Amennyiben AA k BB , tekintsuk azt a transzlaciot, amely az A pontot a B pontba viszi  at. Ezt alkalmazva, el}oz}o gondolatmenetunk lenyegi valtoztatas nelkul megismetelhet}o.  5. Valos an terek 48 Valos an terben dolgozva, a valos szamtest rendezesi es topologiai tulajdonsagainak koszonhet}oen szamos olyan konstrukciora mod nylik, amelyre egy tetsz}oleges test folotti an terben nincs lehet}oseg. Erre 214-ben, a szakaszok ertelmezesekor mar lattunk peldat. Emlekeztet}o a linearis algebrabol. Egy veges dimenzios, valos vektorter bazisainak halmazaban ekvivalenciarelacio vezethet}o be oly modon, hogy ket, nem foltetlenul kulonboz}o, bazist ekvivalensnek nevezunk, ha az egyikr}ol a masikra valo atmenet (bazistranszformacio) matrixa pozitv determinansu. Ekkor

az ekvivalenciaosztalyok szama kett}o; kijelolve es pozitv nak deklaralva ezek egyiket, azt mondjuk, hogy iranytast adtunk meg a vektorteren. Az adott iranytashoz tartozo bazisokat pozitv vagy jobbsodrasu, az ezekkel nem ekvivalens bazisokat negatv vagy balsodrasu bazisokkent emltjuk. Egy iranytott vektorterek kozotti linearis izomor zmust iranytastarto nak nevezunk, ha pozitv bazist pozitv bazisba visz at, kulonben iranytasvalto nak mondjuk. Ha V veges dimenzios valos vektorter es ϕ ∈ GL(V ), ϕ akkor es csak akkor iranytastarto, ha det ϕ > 0. 5.1 De ncio Egy (A, V, ) veges dimenzios valos an teret iranytottnak nevezunk, ha V iranyteren megadtunk egy iranytast. Ebben az esetben A-nak egy (Ai )ni=0 bazisat pozitv nak (vagy jobbsodrasu nak) mond− −−− *n juk, ha A0 Ai i=1 pozitv bazisa V -nek; ellenkez}o esetben negatv nak vagy (balsodrasu nak) nevezzuk. Legyen (Ai

)ni=0 pozitv an bazisa az (A, V, ) valos afn ternek, s tekintsunk egy σ : {0, 1, . , n} {0, 1, , n} permutaciot Az (Aσ(i) )ni=0 an bazis akkor es csak akkor pozitv, ha a σ permutacio paros. Bizonytas. Minden permutacio el}oallthato transzpozciok kompozciojakent (s}ot az el}oalltasban szerepl}o tenyez}ok szamanak paritasa allando). Elegend}o ezert azt ellen}orizni, hogy transzpozcio vegrehajtasa eseten pozitv an bazisbol negatvat kapunk, es megfordtva. −−− * Vezessuk be az aj :=− A0 Aj (1 ≤ j ≤ n) rovidtest (ekkor (aj )nj=1 bazisa V -nek), s legyen σ transzpozcioja {0, 1, . , n}-nek (1) Ha σ(0) = 0, akkor σ hatasara az (aj )nj=1 bazis ket tagja cserel}odik fel. A bazistranszformacio matrixa az egysegmatrixbol ket oszlop felcserelesevel adodik, ezert a determinansa negatv. (2) Tegyuk fol, hogy σ(0) = i, ahol i ∈ {1, . , n} Ekkor σ hatasa az (aj )nj=1 bazison

kovetkez}o: −−−−* −−− −−− − −−− * aj =A0 Aj Ai Aj =OAj − OAi = aj − ai , ha j 6= i ; − −−− * − −−− * ai =A0 Ai Ai A0 = −ai . Az uj" bazist tehat a "regi" bazisbol ugy kapjuk, hogy annak i-edik tagjat a to"bbib}ol kivonjuk, mag at az i-edik bazisvektort pedig (−1)-gyel szorozzuk. Vilagos, hogy ennek a bazistranszformacionak is negatv (megpedig −1) a determinansa. 5.2 Lemma  49 5.3 De ncio Legyen (A, V, ) es (A0 , V 0 , 0 ) megegyez}o dimenzioju veges dimenzios valos an ter. Egy f : A A0 an izomor zmust iranytastarto nak * − nevezunk, ha az f : V V 0 linearizaltja iranytastarto, ellenkez}o esetben f -et iranytasvalto nak mondjuk. Megjegyzes. Az el}orebocsatottakbol vilagos, hogy egy an izomor zmus aszerint iranytastarto, illetve iranytasvalto, amint valamely (s ezert barmely) pozitv an bazist pozitv, illetve negatv an bazisba

visz at.Speci alisan egy * − f ∈ A (A) anit as akkor es csak akkor iranytastarto, ha det f > 0. A determinansok szorzastetele alapjan adodik, hogy iranytastarto anitasok kompozcioja es inverze is iranytastarto Az iranytastarto anitasok ily modon reszcsoportot, megpedig 2 index}u reszcsoportot alkotnak az A (A) csoportban. Pelda. Ha (A, V, ) n-dimenzios valos an ter es f ∈ A (A) eltolas vagy * − pozitv ara* ny u homot e cia, akkor f iranytastarto, hiszen az els}o esetben f = 1V , * − − s gy det −f = 1, a masodik esetben pedig * f = λ1V (λ ∈ R∗+ ), s ezert det f = n λ > 0. Az is l athato, hogy a negatv aranyu homoteciak csak paros dimenzios an terben iranytastartok. Megallapodas. A termeszetes an strukturaval ellatott Rn valos vektorteret iranytottnak tekintjuk azzal az un szokasos iranytas sal, amelyet Rn kano- nikus bazisa reprezental. 5.4 De ncio es

lemma Legyenek A es B egy valos an ter kulonboz}o −− − − −− − pontjai. Az − AB {A, B} ponthalmazt az AB szakasz belseje nek nevezz uk, s ra ◦ −− − − −− − az − AB vagy Int AB jel olest hasznaljuk, pontjait pedig a szakasz bels}o pontjai nak hvjuk. −− − Egy P pont akkor es csak akkor bels}o pontja az − AB szakasznak, ha (ABP ) > 0. Bizonytas. A 214 de ncio ertelmeben ← − − − −− − n − * −−* AB = P ∈AB|AP = τ AB, ◦ o τ ∈ [0, 1] , ← − − −− − − * −−* − − * −− gy − AB = P ∈AB|AP = τ AB, τ ∈]0, 1[ . Kijelolve egy O origot, AP =OP − − * −−* −− − − * − OA es AB =OB − OA rhato. Ennek gyelembevetelevel azt kapjuk, hogy n − −− − P ∈AB o ⇐⇒ ⇐⇒ −−* − −−* − − * − * ∃τ ∈ [0, 1] : OP − OA= τ OB − OA −−* − − * −−* ∃τ ∈ [0, 1] : OP = (1 − τ ) OA +τ OB . ◦ −− − Az

alltas igazolasara terve at, tegyuk fol el}oszor, hogy P ∈− AB . Ekkor a most mondottak szerint −−* − − * −−* OP = (1 − τ ) OA +τ OB, τ ∈]0, 1[, 50 τ > 0. gy 2.8 alapjan (ABP ) = 1−τ −−* Megford tva, ha −(−* ABP ) = µ > 0, akkor { szinten 2.8-ra tekintettel { OP = − − * − − * − − * µ µ 1 1+µ OA + 1+µ OB . Legyen τ := 1+µ Ekkor τ ∈]0, 1[ es OP = (1 − τ ) OA ◦ − −− − −* +τ − OB , ami azt jelenti, hogy P ∈AB .  5.5 Megjegyz es. Ha (Ai , µi )ki=0 olyan sulyozott pontrendszere egy an Pk ternek, hogy i=0 µi = 1, akkor azt mondjuk, hogy a sulyok rendszere normalt. Ebben az esetben a rendszer S−−s ulypontjanak tetsz}oleges O pontra vonatkozo − − * Pk − * helyzetvektora OS = i=0 µi OAi . Alkalmas skalarral megszorozva a sulyok mindegyiket, minden sulyozott pontrendszerr}ol atterhetunk olyan rendszerre, ahol a sulyok rendszere normalt, s amelyeknek

sulypontja megegyezik az eredeti rendszer sulypontjaval. n-dimenzios an terben egy P pontnak egy (Ai )ni=0 an bazisra vonatkozo normalt baricentrikus koordinatai n sulyok olyan (µi )ni=0 normalt rendszeret ertjuk, amelyre teljesul, hogy P sulypontja az (Ai , µi )ni=0 sulyozott pontrendszernek. − ← − Legyen ← AB egyenese, C 6∈AB pedig pontja egy valos an sknak. Ha egy P pontnak az (A, B, C ) an bazisra vonatkozo normalt baricentrikus koordinatai α, β, γ , akkor − (1) γ = 0 ekvivalens azzal, hogy P ∈← AB ; − −− − ← (2) γ > 0 ekvivalens azzal, hogy − P C ∩ AB = ∅. 5.6 Lemma −* − − * Rogztve egy O origot, a P pont helyzetvektora − OP = α OA ahol α + β + γ = 1. −* − − * −−* − − * −−* (1) γ = 0 eseten − OP = α OA +β OB = (1 − β ) OA +β OB , P tehat an ← − kombinacioja A-nak e←s−B -nek, s gy (ld. 24) P ∈AB Megfordtva, ha P ∈−−AB , akkor P

egyertelm} uen el}oallthato (A, B ) an kom* − − * −−* binaciojakent, s gy OP = α OA +β OB , α + β = 1 rhato, kovetkezeskeppen P (A, B, C )-re vonatkozo normalt baricentrikus koordinatainak harmadik tagja 0. Bizonytas. −* −−* +β − OB +γ OC , −− − (2) Tetsz}olegesen valasztva egy τ ∈ [0, 1] parametert, tekintsuk a − P C szakasz −−* −−* −−* − − * −−* −−* OQ= (1 − τ ) OP +τ OC = (1 − τ )α OA +(1 − τ )β OB +((1 − τ )γ + τ ) OC helyzetvektoru Q pontjat. γ > 0 eseten ennek 3. baricentrikus koordinataja pozitv, gy (1)-re tekintettel ← − − −− − −− − ← Q 6∈AB . Ebb} ol Q ∈− P C tetsz} olegessege folytan − P C ∩ AB = ∅ kovetkezik. Ha γ < 0, akkor van olyan τ ∈]0, 1[ val szam, hogy (1−τ )γ +τ = 0, nevezetesen os−−* − − − − −* γ γ γ − τ = γ−1 . Igy a P C szakasz 1 − γ−1 OP + γ− 1 OC helyzetvektoru

pontjanak (A, B, C )-re vonatkoz o 3. normalt baricentrikus koordinataja 0, s ezert (1) miatt ◦ − − −− − ← attuk ezzel (2) teljesuleset is. P C ∩ AB6= ∅. Bel 51  5.7 De ncio Egy valos an ter egy reszhalmazat konvex nek nevezzuk, ha barmely ket pontjaval egyutt azok osszekot}o szakaszat is tartalmazza. 5.8 Peldak (1) Barmely valos an terben az osszes an alter konvex halmaz; specialisan az ures halmaz, a pontok, az egyenesek es maga a ter is konvex halmazok. (2) A szakaszok konvex halmazok. Valoban, tekintsuk egy valos an ter egy − −− − AB szakasz at. Foltehetjuk, hogy A 6= B , k−u−l−o−nben nincs teend}onk. Legyen − −− − − − −− − A1 , B1 ∈AB ; azt kell bel a tnunk, hogy ekkor A1 B1 ⊂AB is teljes ul. Tekintsunk −−−− egy tetsz}oleges P ∈− A1 B1 pontot. Rogztve egy O origot, −−* − −− * − −− * OP = (1 − τ ) OA1 +τ OB1 , τ ∈ [0, 1] −−

− rhato. Itt A1 , B1 ∈− AB folyt an − −− * − − * −−* − −− * − − * −−* OA1 = (1 − α) OA +α OB, OB1 = (1 − β ) OA +β OB ; α, β ∈ [0, 1], kovetkezeskeppen −−* − − * −−* − − * −−* OP = (1 − τ )(1 − α) OA +(1 − τ )α OB +τ (1 − β ) OA +τ β OB = − * −−* = ((1 − τ )(1 − α) + τ (1 − β )) − OA +((1 − τ )α + τ β ) OB = − * −−* = (1 − ((1 − τ )α + τ β )) − OA +((1 − τ )α + τ β ) OB . Itt (1 − τ )α + τ β > 0 nyilvanvaloan teljesul, s mivel 0<τ <1 β <1 ⇔ β−α<1−α ⇒ 0<τ <1 ⇒ τ (β − α) < 1 − α ⇔ (1 − τ )α + τ β < 1, − −− − −−−−− k o vetkezik, hogy P ∈AB . P ∈A1 B1 tetsz}olegessege folytan ez azt jelenti, hogy −−−−− − −− − A1 B1 ⊂AB . (3) Konvex halmaz kepe es }oskepe an lekepezesnel konvex halmaz. A kepre vonatkozo megallaptas igazolasahoz

legyen A es A0 valos an ter, f : A A0 an lekepezes, K ⊂ A konvex halmaz. Azt kell belatnunk, hogy ekkor K 0 := f (K ) ⊂ A0 is konvex halmaz. Tegy uk fel, hogy K 0 legalabb ketelem}u (kulonben nincs 0 teend}o), s legyenek A es B 0 K 0 kulonboz}o pontjai. Ekkor vannak olyan A 6= B K -beli pontok, hogy f (A) = A0 , f (B ) = B 0 . Rogztve A-ban egy O origot, te−−− − kintsuk A0 -ben az O0 = f (O) origot. Tetsz}oleges P 0 ∈− A0 B 0 pont helyzetvektora megadhato −−− * −−−* −−−* O0 P 0 = (1 − τ ) O0 A0 +τ O0 B 0 −* − − * −−* −− − alakban. Az − OP := (1 − τ ) OA +τ OB helyzetvektor u pont az − AB szakasz egy pontja, gy K konvexsege miatt P ∈ K . Mivel az an lekepezesek felcserelhet}ok az an kombinaciok kepzesevel (3.21), − −−−−− * −−−−−−−− −−−−−−−−* −−−−−−−−* O0 f (P )=f (O)f (P )= (1 − τ ) f (O)f (A) +τ f (O)f (B )= −−−*

−−− −−* = (1 − τ ) − O0 A0 +τ O0 B 0 =O0 P 0 , 52 Kovetkezeskeppen P 0 = f (P ) ∈ K 0 , amivel igazoltuk K 0 konvexseget. Konvex halmaz }oskepenek konvexsege ugyanilyen egyszer}uen lathato. 5.9 Lemma es de ncio (1) Egy valos an ter konvex halmazai tetsz}oleges csaladjanak a metszete is konvex halmaz. (2) Tekintve egy A valos an ter egy S reszhalmazat, az S -et tartalmazo A-beli konvex halmazok kozott letezik legsz} ukebb, megpedig az S -et tartalmazo osszes A-beli konvex halmaz metszete. Ezt a halmazt az S halmaz konvex burka nak nevezzuk es conv(S )-sel jeloljuk. 5.10 De ncio Valos an terben egy an kombinaciot konvex kombinacio nak mondunk, ha a benne szerepl}o egyuthatok nemnegatvak Pelda. Egy szakaszt ket vegpontjanak osszes konvex kombinacioi alkotjak  tas. Egy ponthalmaz konvex burka megegyezik a ponthalmazbol 5.11 All kepezhet}o osszes veges pontsorozat osszes konvex kombinacioinak

halmazaval. Bizonytas. Legyen A valos an ter, S ⊂ A, s jelolje c(S ) az S veges pontsorozataibol kepezhet}o osszes konvex kombinaciok halmazat Feladatunk annak megmutatasa, hogy c(S ) = conv(S ). (1) c(S ) ⊂ conv(S ). Ha P ∈ c(S ), akkor egy O origo rogztese utan valamely A1 , . , Ak ∈ S pontok segtsegevel −−* − −− * −−−* OP = λ1 OA1 + · · · + λk OAk ; λ1 ≥ 0, . , λk ≥ 0, λ1 + · · · + λk = 1 rhato. A szerepl}o pontok szama, azaz k szerinti teljes indukcioval igazoljuk, hogy P ∈ conv(S ). Ez k = 1 eseten nyilvanvaloan igaz, a k = 2 esetben pedig adodik a konvexitas de nciojabol. Tegyuk fol, hogy k > 2, es hogy a k-nal kisebb tagszamu konvex kombinaciok conv(S )-ben vannak. Ha a felrt konvex kombinacioban λk = 1, akkor −−* OP = (λ1 + · · · + λk−1 )  λk−1 λ1 − −− * −−−−−* OA1 + · · · + OAk−1 λ1 + · · · + λk−1 λ1 + · · · + λk−1 −−*

+λk − OAk  rhato. Ha −−* OQ:= λ1 λk−1 − −− * −−−−−* OA1 + · · · + OAk−1 , λ1 + · · · + λk−1 λ1 + · · · + λk−1 akkor az indukcios felteves ertelmeben Q ∈ conv(S ), hiszen binacioja az A1 , . , Ak−1 pontoknak Mivel −−* −−* −−−* OP = (1 − λk ) OQ +λk OAk , 53 Q konvex kom- + konvex kombinacioja a Q, Ak ∈ S pontoknak, gy P is conv(S )-be tartozik. (2) conv(S ) ⊂ c(S ). Ennek igazolasahoz elegend}o azt belatnunk, hogy c(S ) konvex, ugyanis S ⊂ c(S ) (S minden pontja egytagu konvex kombinacioja onmaganak), s gy c(S ) konvexsege eseten a konvex burok de nciojabol kovetkezik, hogy conv(S ) ⊂ c(S ). Legyen A, B ∈ c(S ). Egy O origo rogztese utan ekkor bizonyos A1 , , Ak ∈ S , illetve B1 , . , Bk ∈ S pontok segtsegevel P k − − * X − −− * OA= λi OAi (λ1 , . , λk ∈ R+ ; =1 λ1 + · · · + λk = 1), illetve i k −−* X −

−− * OB = µi OBi =1 (µ1 , . , µk ∈ R+ ; µ1 + · · · + µk = 1) i −− − − −− − rhato. Azt kell ellen}oriznunk, hogy ha P ∈− AB , akkor P ∈ c(S ). P ∈AB eseten valamely τ ∈ [0, 1] valos szammal k l −−* − − * −−* X −− * X − −− * OP = (1 − τ ) OA +τ OB = (1 − τ )λi − OAi + τ µj OBj . =1 i j =1 Itt a jobb oldali linearis kombinacio konvex kombinacio, hiszen az egyutthatok mindegyike nemnegatv es k X =1 = (1 − τ )λi + i l X j =1 τ µj = (1 − τ ) k X =1 λi + τ i l X j =1 = 1 − τ + τ = 1.  5. 12 Kovetkezmeny Egy valos an ter egy reszhalmaza akkor es csak akkor konvex, ha zart a konvex kombinaciok kepzesere, azaz ha barmely veges pontsorozataval egyutt annak minden konvex kombinaciojat is tartalmazza. Bizonytas. Tekintsuk az A valos an ter egy S reszhalmazat Ha S konvex, akkor S = conv(S ), s ggy az el}oz}o alltas miatt a veges S

-beli pontsorozatok konvex kombinacioi S -be tartoznak. Megfordtva, ha S zart a konvex kombinaciok kepzesere, akkor tetsz}oleges A, B ∈ S pontok eseten A es B minden konvex kombinacioja S -be tartozik, −− − gy − AB⊂ S .  Ha S nemures ponthalmaz az A valos an terben, akkor S konvex burkanak barmely pontja el}oallthato legfeljebb n + 1 S -beli pont konvex kombinaciojakent. Bizonytas. Tegyuk fol, hogy P ∈ conv(S ) Ekkor 511 ertelmeben megadhatok A1 , , Ak ∈ S pontok oly modon, hogy tetsz}olegesen valasztott O origoval 5.13 Tetel (Caratheodory tetele) n-dimenzi os (1) k −−* X − −− * OP = λi OAi ; =1 λ i ∈ R+ (1 ≤ i ≤ k), i 54 λ 1 + · · · + λk =1 rhato. Ekkor P sulypontja az (Ai , λi )ki=1 sulyozott pontrendszernek, s ezert k X (2) =1 − −− * λi P Ai = 0. i −* Tegyuk fel, hogy k a legkisebb olyan pozitv egesz, amellyel − OP el}oallthato az (1) alakban. Ekkor a

szerepl}o λi egyutthatok mindegyike szuksegkeppen pozitv A lltjuk, hogy k ≤ n + 1. Indirekt modon folytatva okoskodasunkat, tegyuk fol, hogy k > n +1. Ebben az esetben az (Ai )ki=1 pontsorozat an ertelemben fugg}o, ezert a 2.5-ben mondottak alapjan leteznek olyan nem csupa nulla α1 , , αk valo szamok, hogy k X (3) =1 αi =0 k X es =1 i − −− * αi P Ai = 0. i Ekkor az α1 , . , αk szamok kozott kell negatvnak is lennie; legyen   λi  := min − ∈ R | αi < 0, i ∈ {1, . , k} αi Vilagos, hogy  > 0. k X =1 −− * (λi + αi ) − OAi = = =1 =1 k −−* − −−* − X −− * −− * λi OP + P Ai +  αi OP + P Ai = =1 i i k X k X ! λi −−* OP + i k X =1 i k X − −− * λi P Ai + =1 i ! αi ! k X −−* − −− * (2),(3) OP + αi P Ai = =1 i i (2),(3) = k X =1 ! λi −−*(1)−− OP = OP , i −−* OP teh at a λ1 + α1 , . , λk + αk

skalarokkal linearisan kombinalhato −−−* , . , OAk vektorokb ol. Ez a linearis kombinacio konvex, hiszen k X =1 (λi + λi ) = i k X =1 i λi +  k X =1 αi −− * az − OA1 = 1, i es minden i ∈ {1, . , k} eseten λi + αi ≥ 0 (ez utobbi evidens, ha αi ≥ 0, αi < 0 eseten pedig  de nci oja alapjan  ≤ − αλ ⇔ αi ≥ −λi ⇔ λi + αi ≥ 0). Ugyanakkor a λ1 + α1 , . , λk + αk skalarok valamelyike 0, hiszen van olyan i ∈ {1, . , k} index, hogy  = − αλ Ez azt jelenti, hogy P el}oall k -nal kevesebb S -beli pont konvex kombin aciojakent, ellentmondasban k minimalitasaval. i i i i  5.14 De ncio (1) Valos an terben d-dimenzios szimplexen d+1 an ertelemben fuggetlen pont konvex burkat ertjuk. A 2-dimenzios szimplexeket haromszogek nek (haromszog-lemez eknek), a 3-dimenzios szimplexeket tetraederek nek nevezzuk. 55 (2) Ha σ := conv ({A0 , A1 , . , Ad })

d-dimenzios szimplex, akkor az A0 , A1 , . , Ad pontokat a szimplex cs ucsai nak hvjuk. Amennyiben {Ai0 , . , Aik } (k ∈ {0, , d}) a σ szimplex cs ucsainak egy reszhalmaza, ugy a conv ({Ai0 , . , Aik }) k-dimenzios szimplexeket σ egy lapja nak mondjuk. Egy lap valodi, ha kulonbozik mag ol a szimplext}ol.oA σ sznat implex Ai csucsaval szemkozti lap a conv A0 , . , Aci , , Ad szimplex (a b szimbolum azt jelenti, hogy az alatta lev}o tag torlend}o) Egy d-dimenzi os szimplex olyan lapjait, amelyek (d − 1)-dimenzios szimple- xek, hatarlapok kent emltjuk, a hatarlapok uniojat a szimplex hatara nak nevezzuk. A σ szimplex hatarat ∂σ-val jeloljuk A σ szimplex belseje Intσ := σ ∂σ, ennek pontjai a szimplex bels}o pontjai. Intσ-t nylt szimplex nek is mondjuk Peldak. (1) A 0-dimenzios szimplexek az egypontu halmazok. A σ0 := conv ({A0 }) = szimplex hatara ∂σ0 = ∅, belseje Intσ0 = σ0 ∂σ0 = {A0 }. (2) Az

1-dimenzios szimplexek a szakaszok: ha A−−0−−e−s A1 egy valos an ter kulonboz}o pontjai,−−akkor σ1 := conv ({A0 , A1 }) =A0 A1 . ∂σ1 = {A0 } ∪ {A1 } = −−− {A0 , A1 }, Intσ1 =A0 A1 {A0 , A1 }. Igy az 1-dimenzios szimplexek belsejenek fogalma visszadja a szakaszok belsejenek korabban (ld 5.4) bevezetett fogalmat {A0 } Illusztracio Megjegyzes. A szimplexek valos an terbeli fogalma nem tevesztend}o ossze tetsz}oleges test folotti an terben bevezetett szimplex-fogalommal (v.o 213) 56 A korabbi, altalanosabb szituacioban { konvexitas hjan { an ertelemben fuggetlen pontok halmazara (a mostanival osszevetve: a csucsok halmazara) hasznaltuk a szimplex elnevezest.  tas. Barmely halmaz konvex burka el}oall azoknak a szimplexeknek 5.15 All az uniojakent, amelyeknek csucsai az illet}o halmaz elemei. Bizonytas. Tekintsuk az A valos an ter egy S reszhalmazat Nyilvanvalo, hogy minden S -beli

csucsokkal rendelkez}o szimplex benne van conv(S )-ben. A fordtott iranyu tartalmazas igazolasahoz tekintsunk egy P ∈ conv(S ) pontot. Az 5.11 alltas ertelmeben P megkaphato veges sok S -beli pont konvex kombinaciojakent; valasszunk egy olyan minimalis elemszamu {A0 , A1 , , Ak } ⊂ S ponthalmazt, hogy P ∈ conv ({A0 , A1 , . , Ak }) Azt kell meg belatnunk, hogy (Ai )ki=0 an ertelemben fuggetlen. Ha ez nem volna gy, akkor 25 ertelmeben letezne olyan k-nal kisebb dimenzioju B an alter, amelyre {A0 , A1 , . , Ak } ⊂ B teljes ul. Alkalmazva erre Caratheodory tetelet, az kovetkezik, hogy P megkaphato az A0 , A1 , . , Ak pontok kozul legfeljebb k darabnak a konvex kombinaciojakent, ellentmondasban a {A0 , A1 , . , Ak } elemszamanak minimalitasaval   tas (a skfelbontas tetele). Egy A valos an sk minden l egye516 All nesehez leteznek olyan l hat aregyenes}u nylt felskoknak nevezett nemures, ◦ ◦

diszjunkt, konvex K1 es K2 halmazok ugy, hogy (i) A l =K1 ∪ K2 ; ◦ ◦ −− − (ii) P ∈K1 es Q ∈K2 eseten − P Q ∩l 6= ∅. − Ha l =← AB es C ∈ Al, akkor a C pontot tartalmazo nylt felskot az an sk azon pontjai alkotjak, amelyeknek az (A, B, C ) an bazisra vonatkozo 3. normalt baricentrikus koordinataja pozitv { vagyis azok a P ∈ A pontok, amelyekre − − −− − ← P C ∩ AB = ∅ teljes ul. Bizony−  tas. Tegyuk fel az alltas masodik feleben mondottaknak megfelel}oen, hogy l =← AB , s v alasszunk egy C ∈ A l pontot. Ekkor (A, B, C ) an bazisa ◦ ◦ A-nak. Legyen K1 es K2 A azon pontjainak halmaza, melyeknek (A, B, C )-re 3 normalt baricentrikus koordinataja pozitv, illetve negatv. Rogztve egy O ∈ A origot, ekkor ◦ ◦ n ◦ −−* − − * K1 = P ∈ A |OP = α OA +β n ◦ −−* − − * K2 = P ∈ A |OP = α OA +β −−* −−* OB +γ OC ; α + β + γ = 1, γ > 0 ,

−−* −−* OB +γ OC ; α + β + γ = 1, γ < 0 . o o (1) K1 es K2 konvex reszhalmaza A-nak. K1 konvexsegenek igazolasahoz legyen ◦ ◦ ◦ 57 es Q K1 ket tetsz}oleges pontja. Ezek helyzetvektorai a −−* − − * −−* −−* OP = α1 OA +β1 OB +γ1 OC ; α1 + β1 + γ1 = 1, γ1 > 0, illetve −−* − − * −−* −−* OQ= α2 OA +β2 OB +γ2 OC ; α2 + β2 + γ2 = 1, γ2 > 0 alakban allthatok el}o. Barmely τ ∈ [0, 1] eseten −* −−* (1 − τ ) − OP +τ OQ= − * −−* −−* = ((1 − τ )α1 + τ α2 ) − OA + ((1 − τ )β1 + τ β2 ) OB + ((1 − τ )γ1 + τ γ2 ) OC, s itt γ1 > 0, γ2 > 0, τ ∈ [0, 1] folytan (1 − τ )γ1 +◦τ γ2 > 0, kovetkez eskeppen a ◦ − −− − P Q tetsz} oleges pontja, s gy maga a szakasz is, K1 -be tartozik. K2 konvexsege analog modon lathato be. ◦ ◦ (2) A l =K1 ∪ K2 . Valoban, tekintsunk egy −−* − − * −−* −−* OP = α OA +β OB

+γ OC, α+β+γ =1 helyzetvektoru P pontot. 56 (1) ertelmeben P akkor es csak akkor illeszkedik az l egyenesre, ha γ = 0; gy ◦ ◦ P ∈ A l ⇐⇒ γ > 0 vagy γ < 0 ⇐⇒ P ∈K1 vagy P ∈K2 ⇐⇒ ◦ P ⇐⇒ ◦ ◦ P ∈K1 ∪ K2 . −− − (3) P ∈K1 es P ∈K2 ⇒ − P Q ∩l 6= ∅. P es Q helyzetvektora el}oallthato az −−* − − * −−* −−* OP = α1 OA +β1 OB +γ1 OC ; α1 + β1 + γ1 = 1, γ1 > 0, illetve −−* − − * −−* −−* OQ= α2 OA +β2 OB +γ2 OC ; α2 + β2 + γ2 = 1, γ2 > 0 −− − −−* P Q szakasz OR= alakban. Ha τ := γ γ−γ , akkor τ ∈]0, 1[ Tekintsuk a − −* −−* (1 − τ ) − OP +τ OQ helyzetvektor u R pontjat! Ennek az (A, B, C ) an bazisra vonatkozo 3. normalt baricentrikus koordinataja (1 − τ )γ1 + τ γ2 = − γ γ−2 γ γ1 + γ γ−1 γ γ2 = 0, ◦ ◦ 1 1 2 1 2 1 gy (ismet 5.6(1) alapjan) R ∈ l, kovetkezeskeppen 2 − −− − P

Q ∩l 6= ∅.  Megallapodas. Egy nylt felsknak es a hataregyenesenek az uniojat felsk nak nevezzuk. Ha ket pont ugyanabban az l hataregyenes}u nylt felskban van, akkor azt mondjuk, hogy a pontok az l egyenes ugyanazon oldalan vannak, ha pedig ket pont kulonboz}o l hataregyenes}u felskban van, akkor az l egyenes ellentetes oldalain elhelyezked}o pontokrol beszelunk. 5.17 De ncio Legyen (A, V, ) valos an ter Megadva egy A ∈ A pontot es V -nek egy v 6= 0 vektorat, a n o n o − − * −−* − − * P ∈ A |AP = λv, λ ≥ 0 = P ∈ A |OP =OA +λv, λ ≥ 0 58 ponthalmazt A kezd}opontu, v tetsz}olegesen rogztett origo). iranyvektoru felegyenesnek nevezzuk (O ∈ A Megjegyzesek. (1) Minden egyenes el}oall ket kozos kezd}opontu felegyenes uniojakent, ezek iranyvektorai egymas ellentettjei. (2) Ha A es B kulonboz}o pontok, akkor letezik egy es csak egy A kezd}opontu, −−* a B−− ponton atmen}o

felegyenes; ennek egy iranyvektora AB . Erre a felegyenesre az AB jelolest hasznaljuk. Tehat: o −− n ← − − − * −−* AB = P ∈AB|AP = λ AB, λ ≥ 0 = n o − −−* − − * −−* = P ∈← AB|OP =OA +λ AB, λ ≥ 0 . 5.18 De ncio (1) Egy valos an terben ket, nem feltetlenul kulonboz}o felegyenes uniojat szogvonal nak, roviden szognek nevezzuk. A felegyeneseket ilyenkor a szog szar ainak, kozos kezd}opontjukat a szog csucs anak hvjuk. Ha a szarak egybeesnek, zerusszog r}ol (vagy nullszogr}ol) szolunk, ha pedig egy egyenest alkotnak, egyenesszog r}ol beszelunk. Egy −sz oget −val odi nak mondunk, ha − − nem zerusszog es nem is egyenesszog. Az AB e−s−AC sz arakkal rendelkez}o − szogre a BAC^ jelolest hasznaljuk: BAC^ :=AB ∪ − AC . − (2) Egy valos an skban tekintett valodi BAC^ belseje n az ← AB hataregyenes}u, s a C pontot tartalmazo nylt felsk, valamint az ← AC

hataregyenes}u es a B pontot tartalmazo nylt felsk metszetet ertjuk, s ra az IntBAC^ jelolest hasznaljuk. IntBAC^ pontjait a szog bels}o pontjai nak hvjuk Ha a szog skjaban egy pont nem bels}o pont es a szogvonalra sem illeszkedik, akkor a szog kuls}o pontja nak mondjuk. −− − − 5.19 Kovetkezmeny A BAC^ =AB ∪ AC szoget tartalmazo valos an sk egy pontja akkor es csak akkor bels}o pontja a szognek, ha az (A, B, C ) an bazisra vonatkozo 2. es 3 normalt baricentrikus koordinataja pozitv Az ABC4 := conv ({A, B, C}) haromszog bels}o pontjainak es csakis ezeknek mindharom (A, B, C )-re vonatkozo normalt baricentrikus koordinataja pozitv. 59 Legyen adva egy val os an skon egy − − valodi BAC^. Ha−−P− bels}o pontja a szognek, akkor az AP felegyenes bels}o pontban metszi a − BC szakaszt.  tas (a crossbar-tetel"). 5.20 All " Bizonytas. Legyenek a P pont normalt baricentrikus

koordinatai az (A, B, C ) an bazisra vonatkozoan α, β, γ . Ekkor egy O pont rogztese utan −−* − − * −−* −−* OP = α OA +β OB +γ OC, α+β+γ =1 rhato, s mivel feltetelunk ertelmeben P ∈ IntBAC^, az el}oz}o kovetkezmenyre 1 tekintettel itt β > 0 es γ > 0. Igy 1 − α = β + γ > 0, s kepezhet}o a τ := 1−α pozitv skalar. Tekintsuk az −−* − − * − − * OQ:=OA +τ AP − helyzetvektoru Q pontot. τ > 0 miatt Q ∈− AP . Masreszt −−* − −−* − − * − * − − * −−* −−* OQ=OA +τ OP − OA = (1 + ατ − τ ) OA +βτ OB +γτ OC, gy Q-nak az (A, B, C )-re vonatkozo 1. normalt baricentrikus koordinataja 1 + ατ − τ = 1 + 1 −α α − 1 −1 α = 1 − α1 −+ αα − 1 = 0, − kovetkezeskeppen Q ∈← BC (5.6(1)) Igy −−* −−* −−* OQ= βτ OB +γτ OC = s mivel itt 1 − α OB + 1 − α OC, β −−* γ −−* α β γ + 1 −γ α = 11 − =

1 , >0 −α 1−α 1 − α > 0, −− − az is igaz, hogy Q ∈ Int − BC . β 1−α  Legyen (A, V, ) n > 1 dimenzios valos an◦ ter, ◦H pedig hiperskja A-nak. Leteznek olyan nemures, diszjunkt, konvex K1 es K2 halmazok, hogy  tas (a terfelbontas tetele) es de ncio. 5.21 All (i) AH =K1 ∪ K2 ; ◦ ◦ 60 −− − (ii) P ∈K1 es Q ∈K2 eseten − P Q ∩H 6= ∅. ◦ ◦ K1 -t es K2 -t H -val mint hat arsk kal rendelkez}o nylt feltereknek mondjuk, H -val kepzett uni ojukat feltereknek (olykor zart felterek nek) nevezzuk. Bizonytas. Az okoskodas teljesen analog az 516 igazolasakora alkalma1 zott gondolatmenettel. Legyen (Ai )n− uggetlen pontcsaladja H -nak, s i=0 an f tekints u nk egy An ∈ A H pontot (ilyen pont dim A = n folytan letezik). Ekkor (Ai )ni=0 an bazisa A-nak. Rogztve egy O ∈ A origot, legyen ◦ ◦ K1 := ◦ ( n n X −−* X − −− * P ∈ A |OP = λi OAi ; =0 =0 i

K2 := ◦ ( ) λi = 1, λn > 0 ; i n n X −−* X − −− * P ∈ A |OP = λi OAi ; =0 =0 i ) λi = 1, λn < 0 . i Vila◦gos, hogy ekkor K1 6= ∅ (peldaul An ∈K1 ), K2 6= ∅ es K1 ∩ K2 = ∅. K1 es K2 konvexsege, valamint (i) es (ii) teljesulese ugyanugy ellen}orizhet}o, mint korabban. ◦ ◦ ◦ ◦ ◦ ◦   tas (az n-dimenzios szimplexek szerkezete). 5.22 All dimenzios valos an ter, Legyen (A, V, ) n- := conv ({A0 , A1 , . , An }) pedig n-dimenzios szimplex A-ban. Minden i ∈ {0, Dn . , n} index eseten tekints oE uk c az Ai csuccsal szemkozti lapot tartalmazo Hi := A0 , . , Ai , , An hiperskot, s jelolje Ki+ a Hi felsku, az Ai pontot tartalmazo (zart) felteret Ha ◦ Ki+ := Ki+ Hi (i ∈ {0, . , n}) es c+ ({A0 , , An }) az A0 , , An pontok osszes pozitv egyutthatos konvex kombinacioinak halmaza, akkor (i) σ = Tni=0 Ki+ ; σ (ii) Intσ = Tni=0 Ki+ = c+ ({A0 , . , An }) ◦

A bizonytast mell}ozzuk. 5.23 De ncio (1) Valos an ter egy nemures konvex halmazanak dimenzio jan a halmaz an burkanak dimenziojat ertjuk. (2) Tegyuk fel, hogy A n > 1 dimenzios valos an ter. (a) Egy nemures S ⊂ A halmaznak egy H ⊂ A hipersk tamaszsk ja, ha S benne van a H hatarsku (zart) felterek egyikeben, es nincs olyan S -et tartalmazo felter, amelyet az el}obbi felter valodi modon tartalmaz. S tamaszfelter en olyan S -et tartalmazo felteret ertunk, amelynek hatarskja tamaszhipersk. 61 (b) A-nak egy reszhalmazat konvex polieder nek mondjuk, ha el}oallthato veges sok (zart) A-beli felter metszetekent. (c) Veges sok pont konvex burkat konvex politopnak nevezzuk, a pontokat ilyenkor de nialo pontok kent is emltjuk. De nialo pontok egy csaladjat minimalis nak mondjuk, ha a pontok egyike sincs benne a tobbi konvex burkaban. (d) Egy n-dimenzios konvex politop egy tamaszhiperskjat

lenyeges tamaszhipersk nak nevezzuk, ha tartalmazza a politop n szamu, an ertelemben fuggetlen de nialo pontjat. A lenyeges tamaszhiperskokhoz tartozo tamaszfeltereket szinten lenyegeseknek mondjuk. A konvex politopnak es lenyeges tamaszhiperskjainak metszeteit a politop oldallap jainak hvjuk (ezek (n − 1)-dimenzios konvex politopok), az oldallapok oldallapjait (n − 2)-dimenzios el ekkent emltjuk. Az eljarast folytatva a (k + 1)-dimenzios elek oldallapjait k-dimenzios el eknek, vegul a 0-dimenzios eleket csucs oknak nevezzuk. 5.24 Megjegyzesek (1) Ha A0 , A1 , . , Ad egy valos an ter an fuggetlen pontjai, akkor dim conv ({A0 , A1 , . , Ad }) = dim h{A0 , A1 , , Ad }i , tehat egy korabban (5.14) dd-dimenziosnak mondott szimplex d-dimenzios a mostani de ncio szerinti ertelemben is. (2) Egy veges dimenzios valos an ter an alterei trivialis peldak konvex poliederre. 522-b}ol kovetkezik, hogy n-dimenzios

valos an terben minden n-dimenzi os szimplex konvex polieder. (3) "Konvex politop" helyett gyakran egyszer}uen "politop"-rol szolunk. A szimplexek nyilvanvaloan specialis politopok A 2-dimenzios politopokat konvex sokszogek nek (vagy sokszoglemez eknek) nevezzuk. A 3-dimenzios politopok azok az alakzatok, amelyeket az elemi geometria szokasos szohasznalataban konvex poliederekkent szokas emlteni; az altalunk bevezetett poliederfogalom ennel joval altalanosabb. (4) A politopok oldallapjainak, eleinek es csucsainak fogalma szimplexek eseten visszaadja a korabban bevezetett fogalmat. A politopok csucsai az 1-dimenzios elet vegpontjai. A csucspontokat a politop tobbi pontjaval szemben az a tulajdonsag is kitunteti, hogy egy politop minden csucstol kulonboz}o pontjahoz { es csakis ezekhez { letezik olyan, a politopba es}o szakasz, amely az illet}o pontot bels}o pontkent tartalmazza. (5) A konvex poliederek

oldallapjai, elei es csucsai a politopoknal latott mintara ertelmezhet}ok. A csucspontok a konvex polieder olyan pontjaikent jellemezhet}ok, amelyekhez nem letezik a pontot bels}o pontkent tartalmazo, a konvex polieder altal tartalmazott szakasz. 5.25 De ncio n-dimenzios valos an ter egy ponthalmazat korlatos nak nevezzuk, ha letezik azt tartalmazo n-dimenzios szimplex. 62  tas. n-dimenzios valos an terben minden n-dimenzios politop 5.26 All megkaphato a lenyeges tamaszfeltereinek metszetekent, s gy konvex polieder. Megfordtva, barmely korlatos konvex polieder egyenl}o a csucsai halmazanak konvex burkaval. Ily modon a politopok osztalya egybeesik a korlatos konvex poliederek osztalyaval. 5. 27 Megjegyzes Legyen n ≥ 3 egesz szam, s tekintsuk egy valos an ter kulonboz}o A1 , A2 , . , An pontjait Azt mondjuk, hogy − −−−−−−−− − −−−−− −−−−− −−−−−−−− A1 A2

.An :=A1 A2 ∪ A2 A3 ∪ · · · ∪ An−1 An torottvonal, ha (1) a benne szerepl}o szakaszok kozul barmely kett}onek diszjunkt a belseje; −−−−−− −−−−−−−−− (2) az egymashoz csatlakozo − Ai Ai+1 es Ai+1 Ai+2 szakaszok nem illeszkednek egy egyenesre (1 ≤ i ≤ n − 2, ha An 6= A1 ; 1 ≤ i ≤ n, ha An = A1 , s ilyenkor megallapodunk abban, hogy An+1 := A1 , An+2 := A2 ). A torottvonalat alkoto szakaszokat a torottvonal oldalai nak is hvjuk. Nem zarodo, illetve zarodo torottvonalrol beszelunk aszerint, amint An 6= A1 , illetve An = A1 . A nem zarodo esetben az A1 es az An pontot vegpont okkent, az A2 , . , An−1 pontokat t orespont okkent emltjuk. Ha a torottvonal zarodo, az A1 , A2 , . , An pontokat cs ucspont oknak mondjuk. Nem zarodo, illetve zarodo torottvonal A valos an sk on adott zarodo torottvonalat sokszogvonal nak nevezzuk. Azokat az oldalaktol kulonboz}o

szakaszokat, amelyek egy sokszogvonal ket csucsat kotik ossze, atlo knak hvjuk. Ha egy sokszogvonal oldalainak es csucsainak kozos szama n, akkor n-szogvonal rol, specialisan az n = 3 es n = 4 esetben haromszogvonal rol, illetve negyszogvonal rol (roviden haromszog r}ol es negyszog r}ol) beszelunk es gy tovabb. 5.28 De ncio Legyen adva a 3-dimenzios valos an terben egy 3dimenzios politop Nevezzuk a politop (ketdimenzios) oldallapjainak uniojat politopfelulet nek! Azt mondjuk, hogy csomopont oknak, vonal aknak es tartomany oknak nevezett pontok, illetve reszhalmazok halozat ot alkotnak egy politopfeluleten, ha teljesulnek a kovetkez}o feltetelek: (1) minden csomopont csucsa, minden vonal (1-dimenzios) ele a politopnak; a tartomanyok oldallapok, vagy oldallapok unioi; 63 (2) minden csomopont (egy vagy tobb) vonal vegpontjakent lep fel; (3) barmely ket vonalnak diszjunkt a belseje; (4) barmely ket

csomoponthoz letezik olyan vonalak alkotta torottvonal, amelynek az illet}o csomopontok a vegpontjai; (5) egyetlen csomopont es a politopfelulet, mint tartomany, halozatot alkot; ezt primitv halozat nak mondjuk; (6) a politop osszes lapjai, mint tartomanyok, osszes 1-dimenzios elei, mint vonalak es osszes csucsai, mint csomopontok halozatot alkotnak; ezt teljes halozat nak nevezzuk. Ha egy politopfeluleten adott halozathoz c2 szamu tartomany, c1 szamu vonal es c0 szamu csomopont tartozik, akkor a c2 − c1 + c0 szamot a halozat Euler-karakterisztikajanak nevezzuk. 5.29 De ncio es lemma Ha egy politopfeluleten adott halozathoz tovabbi elet csatolunk oly modon, hogy (1) az uj el egyik vegpontja, de csakis az egyik, csomopontja a halozatnak vagy (2) a csatolt el ket meglev}o csomopontot kot ossze, akkor azt mondjuk, hogy els}o, illetve masodik tpusu b}ovtes t hajtottunk vegre. B}ovtes soran az

Euler-karakterisztika nem valtozik. Bizonytas. Legyen az adott halozat tartomanyainak, vonalainak, illetve csomopontjainak szama c2 , c1 , illetve c0 . (1) 1. tpusu b}ovtes soran c2 nem valtozik, c1 es c0 1-gyel n}o, gy c2 − (c1 + 1) + (c0 + 1) = c2 − c1 + c0 miatt az Euler-karakterisztika valtozatlan. (2) 2. tpusu b}ovtesnel c0 nem valtozik, c1 1-gyel n}o Ugyancsak 1-gyel n}o c2 is, mert az 5.28-beli (4) feltetel miatt az u j el csatolasaval vonalakbol osszetett zarodo torottvonalhoz jutunk a politopfeluleten, amely egy ujabb tartomanyt hataroz meg. Mivel (c2 + 1) − (c1 + 1) + c0 = c2 − c1 + c0 , az Euler-karakterisztika most sem valtozik.  5.30 Lemma Egy politopfelulet teljes halozata megkaphato egy primitv halozatbol veges szamu 1. es 2 tpusu b}ovtes eredmenyekent Bizonytas. Legyen H0 az adott primitv halozat, amelyet egyetlen A csucs, mint csomopont, s az osszes oldallap unioja, mint tartomany

alkot. Csatoljuk H0 -hoz mindazokat az eleket, amelyeknek egyik vegpontja az A pont. Ekkor 1. tpusu b}ovtest alkalmaztunk; a nyert halozatot jelolje H1 (A H1 -beli uj csomopontok mintegy "egy lepesre vannak" A-tol.) B}ovtsuk ezutan a H1 -et 64 oly modon, hogy csatoljuk hozza mindazokat az eleket, amelyeknek egyik vagy mindket vegpontja H1 -beli csomopont, de maga nem tartozik H1 -be. Az gy kapott halozatot jelolje H2 . (A H2 -beli uj csomopontok "ket lepesre vannak" A-t ol.) A H2 halozatot szinten az el}obbi modon b}ovtjuk, s az eljarast mindaddig folytatjuk, amg az elek el nem fogynak. Vilagos, hogy gy { veges szamu lepesben { eljutunk a teljes halozathoz.  5.31 Tetel (az Euler-fele poliedertetel) Ha a haromdimenzios valos an terben egy haromdimenzios politop oldallapjainak szama l, 1-dimenzios eleinek szama e, csucsainak szama pedig c, akkor l − e + c = 2, azaz egy

politopfelulet teljes halozatanak Euler-karakterisztikaja 2. Bizonytas. Tekintsuk a politopfelulet egy primitv halozatat Ennek Eulerkarakterisztikaja 1 − 0 + 1 = 2 Az 530 lemma ertelmeben ebb}ol a primitv halozatbol veges szamu 1. es 2 tpusu b}ovtessel megkaphato a politopfelulet teljes halozata, 529 pedig biztostja, hogy a b}ovtes soran az Euler-karakterisztika nem valtozik. Mivel a teljes halozat l tartomanyt, e vonalat es c csomopontot tartalmaz, kovetkezik, hogy l − c + e = 2.  5.32 Megjegyzesek (1) Euler tetele kiterjeszthet}o az n-dimenzios valos an ter n-dimenzios politopjaira is. Ha ck jeloli egy ilyen politop k-dimenzios eleinek szamat (0 ≤ k ≤ n − 1), akkor c0 − c1 + c2 − · · · + (−1)n−1 cn−1 = 1 + (−1)n−1 , roviden n− X1 (−1)k ck = 1 + (−1) + n − 1. k =0 65 Ez a fontos eredmeny -t}ol szarmazik. (2) Az Euler-Poincare formula levezetese soran a politopok

tulajdonsagai kozul viszonylag keveset hasznalunk ki, gy sejthet}o, hogy a tetel nagy mertekben altalanosthato. Ha peldaul egy politopfeluletet gombfelulette "fujunk fel" (bijektv, s inverzevel egyutt folytonos lekepezessel gombfeluletre kepezzuk le), s ekozben az elek gorbevekke, a lapok feluletdarabokka deformalodnak, a gombfeluleten adodo halozat Euler-karakterisztikaja valtozatlanul kett}o lesz.  H. Poincare Megallapodas. Haromdimenzios politop eseten a ketdimenzios oldallapokat es az egydimenzios eleket egyszer}uen lap okkent, illetve el ekkent emltjuk 5.33 De ncio Egy haromdimenzios politopot (p, q)-tpusu kvaziregularis politop nak nevezunk, ha valamennyi lapjanak p szamu ele van, es minden csucsaban q szamu el fut ossze. 5.34 Tetel A kvaziregularis politopok lehetseges tpusait, ezek elnevezeset, valamint l lapszamat, e elszamat es c csucsszamat a kovetkez}o

tablazat tartalmazza: T pus tetraeder oktaeder ikozaeder hexaeder dodekaeder p 3 3 3 4 5 q 3 4 5 3 3 l 4 8 20 6 12 e 6 12 30 12 30 c 4 6 12 8 20 Bizonytas. 1. Mivel minden el ket laphoz tartozik, a lapok elszamat osszegezve, azaz a p elszamot az l lapszammal szorozva, az elek szamanak ketszereset kapjuk: (1) pl = 2e. Masreszt minden el ket csucsot kot ossze, ezert a csucsokba futo elek szamat osszegezve, azaz q-nak es a c csucsszamnak a szorzatat kepezve, szinten az eleszam ketszereset kapjuk: (2) qc = 2e. Figyelembe veve meg a (3) l−e+c=2 Euler-relaciot, p es q segtsegevel l, e es c kifejezhet}o: e = pl2 , qc = pl =⇒ c = plq , 66 gy l− pl + 2 q = 2 =⇒ pl 4q 2p + 2q − pq , 2pq e= 2p + 2q − pq , 4p . c= 2p + 2q − pq l= 2. (1)-b}ol es (2)-b}ol az l = 2pe , illetve c = 2qe kifejezest (3)-ba helyettestve, majd 2e-vel osztva es rendezve azt kapjuk, hogy 1 + 1 = 1 + 1. p q 2 e Innen 1e

> 0 miatt az 1 + 1 > 1 ⇔ 2p + 2q > pq ⇔ pq − 2p − 2q < 0 p q 2 ⇔ 4 − 2p + pq − 2q < 4 ⇔ 2(2 − p) + q (2 − p) < 4 ⇔ (2 − p)(2 − q ) < 4 ⇔ (p − 2)(q − 2) < 4 egyenl}otlenseghez jutunk. Mivel p ≥ 3 es q ≥ 3, kovetkezik, hogy (p− 2)(q − 2) ∈ {1, 2, 3}. Igy p es q ertekeire a kovetkez}o lehet}osegek adodnak: p−2 q−2 p q 1 1 3 3 1 2 3 4 1 3 3 5 2 1 4 3 3 1 5 3 tehat egy kvaziregularis politop csakis (3, 3), (3, 4), (3, 5), (4, 3) es (5, 3) tpusu lehet. Az egyes tpusok eseten l-re, e-re es c-re adodo ertekek kiszamthatok az 1.-ben levezetett formulak alapjan; gy megkapjuk a tablazat osszes adatat  Megjegyzes. A most igazolt tetel semmit sem szol a kvaziregularis politopok lehetseges tpusainak letezes er}ol; erre a kerdesre kes}obb, az euklideszi geometria keretei kozott fogunk visszaterni. 67 II. EUKLIDESZI GEOMETRIA 6. Metrikus terek es euklideszi vektorterek

6.1 Emlekeztet}o (1) Legyen M nemures halmaz. Egy d : M × M R, (a, b) 7 d(a, b) fuggvenyt M -en adott tavolsagfuggveny nek nevezzuk, ha eleget tesz a kovetkez}o felteteleknek: (M1) ∀a ∈ M : d(a, a) = 0; (M2) d(a, b) > 0, ha a 6= b; (M3) d(a, b) = d(b, a) (szimmetria ); (M4) d(a, c) ≤ d(a, b) + d(b, c) (haromszog-egyenl}otlenseg ). Egy tavolsagfuggvennyel ellatott halmazt (esetunkben az (M, d) part) metrikus ternek nevezunk, elemeit pont okkent emltjuk. Peldak. (a) Ha M ⊂ R tetsz}oleges nemures halmaz, es barmely a, b ∈ M eseten d(a, b) := |a − b|, akkor d tavolsagf uggveny, amelyet a szokasos R-beli tavolsagfuggvenynek hvunk. (b) Legyen n ∈ N∗ , s legyen M tetsz}oleges nemures reszhalmaza Rn -nek.
Ha Pn 2 , a = (α1 , . , αn ) ∈ M , b = (β1 , , βn ) ∈ M es d(a, b) := i=1 (αi − βi ) akkor d tavolsagfuggveny, amelyet az M -en adott euklideszi tavolsagfuggveny nek mondunk (ez n = 1 eseten az

(a)-beli peldara redukalodik). (2) Legyen M metrikus ter a d tavolsagfuggvennyel, s tekintsuk M -nek egy nemures A reszhalmazat. Az A reszhalmaz atmer}o jen a diamA := sup {d(a, b) ∈ R | (a, b) ∈ A × A} b}ovtett valos szamot ertjuk. Ha diamA < ∞, akkor az A halmazt korlatos nak mondjuk. Egy p ∈ M pont A-tol valo tavolsag a dist(p, A) := inf {d(p, a) ∈ R | a ∈ A} . 1 2 (3) Legyen (M1 , d1 ) es (M2 , d2 ) egy-egy metrikus ter, s tekintsunk egy f : M1 lekepezest. (a) Azt mondjuk, hogy f folytonos egy a ∈ M1 pontban, ha minden  > 0 valos szamhoz van olyan δ > 0 valos szam, hogy p ∈ M1 es d1 (a, p) < δ eseten d2 (f (a), f (p)) < . M2 68 Ha ez a tulajdonsag minden a ∈ M1 pontban teljesul, akkor f -et M1 -en folytonos nak, vagy M1 M2 -be valo folytonos lekepezes enek nevezzuk. (b) f -et egyenletesen folytonosnak mondjuk M1 -en, ha minden  > 0 valos szamhoz letezik olyan δ > 0 valos szam,

hogy ha p, q ∈ M1 es dq (p, q) > δ , akkor d2 (f (p), f (q)) < . Tulajdonsagok. (a) Az f : M1 M2 lekepezes akkor es csak akkor folytonos egy a ∈ M1 pontban, ha minden olyan (an )n∈N M1 -beli sorozatra, amelyre limn∞ an = a teljesul, azt kapjuk, hogy limn∞ f (an ) = f (a) ("atviteli elv" ). (b) Ha az f : M1 M2 lekepezes egyenletesen folytonos, akkor f M1 minden pontjaban folytonos. (4) Az (M1 , d1 ) es (M2 , d2 ) metrikus ter kozotti f : M1 M2 lekepezest kLipschitz-lekepezes nek mondjuk, ha van olyan k pozitv valos szam, hogy ∀a, b ∈ M1 : d2 (f (a), f (b)) ≤ kd1 (a, b); specialisan k < 1 esetben kontrakcio rol (zsugortas rol) beszelunk. Ha f kLipschitz-lekepezes, akkor f egyenletesen folytonos { Valoban, tetsz}olegesen me . Ekkor gadva egy  pozitv valos szamot, legyen δ := k+1 ∗ d1 (a, b) < δ ⇒ d2 (f (a), f (b)) ≤ kd1 (a, b) < k k+1  < , ami f egyenletes folytonossagat jelenti.

(5) Legyen M metrikus ter a d tavolsagfuggvennyel. Egy (an )n∈N M -beli sorozatot Cauchy-sorozat nak nevezzuk, ha minden  pozitv valos szamhoz megadhato n0 ∈ N∗ oly modon, hogy ha m, n ≥ n0 , akkor d(am , an ) <  Egy metrikus teret teljesnek nevezunk, ha benne minden Cauchy-sorozat konvergens. Peldak. Rn , ellatva az euklideszi tavolsagfuggvennyel, minden n ∈ N∗ eseten teljes metrikus ter. A racionalis szamok Q halmaza a szokasos R-beli tavolsagfuggvennyel ellatva nem teljes metrikus ter. ∗ 6.2 Lemma (a kontrakcios elv { vagy a Banach-fele xponttetel) Egy teljes metrikus ter minden kontrakciojanak letezik egy es csak egy xpontja. Nevezete- sen: ha M teljes metrikus ter es f : M M kontrakcio, akkor letezik egyetlenegy olyan a ∈ M pont, hogy f (a) = a, s ez megkaphato tetsz}oleges a0 ∈ M pontbol kiindulva az a = limn∞ f n (a0 ) hatarertekkent (f n := f ◦ · · · ◦ f (n tenyez}o)). Bizonytas. Mivel f

kontrakcio, van olyan λ ∈]0, 1[ valos szam, hogy tetsz}oleges p, q ∈ M eseten d(f (p), f (q)) ≤ λd(p, q). Egy a0 ∈ M pont kivalasztasa utan legyen a1 := f (a0 ), a2 := f (a1 ) = f 2 (a0 ), . , an := f (an−1 ) = f n (a0 ) A lltjuk, hogy ekkor (∗) ∀n ∈ N∗ : d(an+1 , an ) ≤ λn d(a1 , a0 ). 69 Valoban, ez igaz n = 1-re, hiszen d(a2 , a1 ) = d(f (a1 ), f (a0 )) ≤ λd(a1 , a0 ), s ha foltesszuk, hogy d(an , an−1 ) ≤ λn−1 d(a1 , a0 ) (indukcio), akkor d(an+1 , an ) = d(f (an ), f (an−1 )) ≤ λd(an , an−1 ) ≤ λn d(a1 , a0 ). Legyen ezek utan m, n ∈ N∗ ; m > n. Mivel (M4) d(an , am ) ≤ d(an , an+1 ) + d(an+1 , am ) ≤ (∗) (∗) ≤ d(an , an+1 ) + d(an+1 , an+2 ) + · · · + d(am−1 , am ) ≤ ≤ (λn + λn+1 + · · · + λm−1 )d(a1 , a0 ) = λn (1 + λ + · · · + λm−n+1 )d(a1 , a0 ) = = λn λ λ − −1 1 d(a1 , a0 ) = λ λ −− 1λ d(a1 , a0 ) = m m−n n m n n = λ 1 −− λλ d(a1 , a0 )

≤ 1 λ− λ d(a1 , a0 ), kovetkezik, hogy az (an )n∈N sorozat Cauchy-sorozat. Igy (M, d) teljessege folytan letezik az a := lim f (an ) = lim f n (a0 ) n∞ n∞ hatarertek. Mivel f kontrakcio, az el}orebocsatottak szerint f egyenletesen folytonos, s ezert { specialisan { folytonos Igy az "atviteli elv" alkalmazasaval f (a) = lim f (an ) = lim an+1 = a n∞ n∞ adodik, a tehat xpont. Ha b tovabbi xpontja f -nek, akkor d(a, b) = d(f (a), f (b)) ≤ λd(a, b); innen 0 ≤ (λ − 1)d(a, b), ami λ − 1 < 0 es d(a, b) ≥ 0 folytan csak ugy lehetseges, hogy d(a, b) = 0. Ez utobbibol (M2) alapjan a = b kovetkezik  6.3 De ncio Legyen (M1 , d1 ) es (M2 , d2 ) metrikus ter Egy f : M1 M2 lekepezest izometria nak nevezunk, ha (1) tavolsagtarto, azaz minden a, b ∈ M1 -re d2 (f (a), f (b)) = d1 (a, b) teljesul; (2) szurjektv. Ket metrikus teret izometrikus nak mondunk, ha letezik kozottuk izometria. 6.4 Megjegyzes A

tavolsagtartasbol adodoan minden izometria injektv, s gy { tekintettel a megkovetelt szurjektvsegre { bijektv. Specialisan egy metrikus teret onmagara kepez}o izometriak csoportot alkotnak a kompozcio 70 m}uveletere nezve, amelyet a metrikus ter izomeriacsoport janak nevezunk. Egy M metrikus ter izometriacsoportjara az I (M ) jelolest hasznaljuk. 6.5 De ncio Legyen (M1 , d1 ) es (M2 , d2 ) legalabb ket pontot tartalmazo metrikus ter. Azt mondjuk, hogy egy f : M1 M2 lekepezes hasonlosag M1 es M2 k ozott, ha (1) aranytarto : letezik olyan λ pozitv valos szam, hogy ∀(a, b) ∈ M1 × M2 : d2 (f (a), f (b)) = λd1 (a, b); (2) szurjektv. A λ pozitv valos szamot az f hasonlosag aranya nak hvjuk. 6.6 Megjegyzesek (1) Mikent az izometriak, a hasonlosagok is bijektv lekepezesek. Egy λ aranyu hasonlosag inverze λ1 aranyu hasonlosag. (2) Egy M metrikus teret onmagara kepez}o hasonlosagok

csoportot alkotnak a kompozcio m}uveletere nezve; ezt a csoportot M hasonlosagi csoport janak nevezzuk es Sim(M )-mel jeloljuk. Ha Sim(M ) minden elemehez hozzarendeljuk az aranyat, akkor egy Sim(M ) R∗+ homomor zmust kapunk a pozitv valos szamok multiplikatv csoportjaba. Ennek a homomor zmusnak a magja az I (M ) izometriacsoport. I (M ) ilyen modon reszcsoportja Sim(M )-nek Ez a reszcsoport nem szuksegkeppen valodi, peldaul minden korlatos M metrikus ter eseten Sim(M ) = I (M ). 6.7 Emlekeztet}o 1. Egy V valos vektorteren adott skalaris szorzaton V × V R pozitv de nit szimmetrikus bilinearis forma t ertunk. Euklideszi vektorteren veges (de le- galabb 1-) dimenzios, skalaris szorzattal ellatott valos vektorteret ertunk. Az euklideszi vektorterek skalaris szorzatat egyontet}uen a h, i szimbolummal jeloljuk, s kulon alkotoelemkent nem szerepeltetjuk a ter jeloleseben. 2. Ha V euklideszi vektorter, egy v ∈ V

vektor hossza vagy normaja kvk := hv, vi . B armely u, v ∈ V eseten 1 2 |hu, vi| ≤ kuk kvk , ez a Cauchy-Bunyakovszkij-Schwarz, roviden CBS-egyenl}otlenseg. Ennek alkalmazasaval egyszer}uen levezethet}o a ku + vk ≤ kuk + kvk (u, v ∈ V ) un. haromszog-egyenl}otlenseg ((CBS)-ben akkor es csak akkor teljesul az egyenl}oseg, ha a vektorok linearisan fugg}ok; a haromszog-egyenl}otlensegben akkor es csak akkor kapunk egyenl}oseget, ha a vektorok egyike nemnegatv skalarszorosa a masiknak.) 3. Euklideszi vektorterben ket vektort ortogonalis nak nevezunk, ha a skalaris 71 szorzatuk 0. Ha V n-dimenzios euklideszi vektorter es a b1 , b2 , , bn vektorok paronkent ortogonalis, egyseghosszusagu vektorok, azaz hbi , bj i = δij ; i, j ∈ {1, . , n} , akkor (bi )ni=1 bazisa V -nek; egy ilyen bazist ortonormalt bazis nak nevezunk. Ha (bi )ni=1 ortonormalt bazisa V -nek, akkor minden v ∈ V vektort egyertelm}uen el}oallthato a v =

hv, b1 i b1 + · · · + hv, bn i bn alakban; ez v-nek egy un. Fourier-el}oalltas a Kiindulva V -nek egy tetsz}oleges (v1 , v2 , . , vn ) bazisabol, kepezhetjuk a b1 := v1 , b2 2 , b1 i b , := v2 − hv 1 hb , b i 1 1 bn 3 , b1 i b − hv3 , b2 i b , := v3 − hv 1 hb , b i 2 hb , b i b3 := vn − n X hvn , bi i =1 hbi , bi i 1 1 2 2 ., bi i vektorokat. Ezek paronkent ortogonalis, nemzerus vektorok, amelyekb}ol egyseghosszusagu vektorokat kepezve, V -nek egy ortonormalt bazisahoz jutunk. Ez az eljaras a Gram-Schmidt-fele ortogonalizacio. 4. Egy euklideszi vektorterek kozotti ϕ : V W lekepezest skalarisszorzattarto nak mondunk, ha hϕ(u), ϕ(v)i = hu, vi teljesul minden u, v ∈ V vektor eseten. Egy euklideszi vektorter onmagaba valo skalarisszorzat-tarto lekepezeseit ortogonalis transzformaciok nak nevezzuk. Megmutathato, hogy minden ortogonalis transzformacio linearis transzformacio, s hogy a V euklideszi

vektorter egy ϕ : V V transzformaciojara a kovetkez}o tulajdonsagok ekvivalensek: (i) ϕ ortogonalis transzformacio; (ii) ϕ normatarto linearis transzformacio; (iii) ϕ valamely { es ezert barmely { ortonormalt bazist ortonormalt bazisba viv}o linearis transzformacio. A V euklideszi vektorter ortogonalis transzformacioi a GL(V ) altalanos linearis csoportnak egy reszcsoportjat alkotjak, amelyet ortogonalis csoport nak nevezunk es O(V )-vel jelolunk. 5. Az Rn valos vektorter euklideszi vektorter, ha ellatjuk az un kanonikus skalaris szorzat tal, amelyet az ha, bi := α1 β1 + α2 β2 + · · · + αn βn , ha a = (α1 , . , αn ), b = (β1 , , βn ) el}oras ertelmez. Az is jol ismert, hogy Rn linearis transzformacioi termeszetes modon azonosthatok az n × n-es valos matrixokkal, amelyek Rn elemein, mint oszlopvektorokon, bal oldalrol valo szorzas formajaban hatnak. Ilye modon a kanonikus skalaris szorzassal

ellatott Rn vektorter ortogonalis csoportja matrixcsoportnak tekinthet}o. Ezt O(n)-nel jeloljuk, s az elemeit ortogonalis matrix oknak hvjuk. Szinten ismert a linearis algebrabol, hogy egy A ∈ Mn (R) matrixra a kovetkez}o tulajdonsagok ekvivalensek: (i) A ∈ O(n); 72 (ii) ∀v ∈ Rn : kAvk = kvk; (iii) A oszlopvektorai ortonormalt bazist alkotnak Rn -ben; (iv) A sorvektorai ortonormalt bazist alkotnak Rn -ben; (v) t AA = 1n ; (vi) A( t A) = 1n . Egyszer}uen megmutathato, hogy egy euklideszi vektorter egy linearis transzformacioja akkor es csak akkor ortogonalis transzformacio, ha ortonormalt bazisra vonatkozoan ortogonalis matrix reprezentalja. Ebb}ol es az ortogonalis matrixok imenti jellemzeseb}ol kovetkezik, hogy egy ortogonalis transzformacio determinansa csakis 1 vagy −1 lehet. Az 1 determinansu, s ennelfogva iranytastarto ortogonalis transzformaciok reszcsoportjat alkotjak O(V )-nek, ezt a reszcsoportot O+

(V )-vel jeloljuk. Hasznaljuk az O− (V ) := {ϕ ∈ O(V ) | det ϕ = −1} jelolest is, O− (V ) azonban nem reszcsoportja O(V )-nek. 7. Euklideszi an terek 7.1 De ncio (1) Egy (E, V, ) veges dimenzios valos an teret euklideszi an ternek, vagy egyszer}uen euklideszi ternek nevezunk, ha az iranytere euklideszi vektorter. (Amennyiben felreertes veszelye nem all fenn, az euklideszi ter elnevezest gyakran csak az E alaphalmazra hasznaljuk.) (2) Ket { nem foltetlenul kulonboz}o { euklideszi an teret izomorf nak mondunk, ha letezik kozottuk olyan an izomor zmus, amelynek linearizaltja skalarisszorzat-tarto lekepezes az iranyterek kozott. (3) Egy n-dimenzios (E, V, ) euklideszi an ter Descartes-fele (vagy ortonormalt ) koordinatarendszer en olyan (O, (bi )ni=1 ) an koordinatarendszert ertunk, ahol (bi )ni=1 ortonormalt bazisa az iranyternek. Egy Ai )ni=0 an bazist szinten Descartes-felenek mondunk, ha  (−

−−− * n  A0 , A0 Ai Descartes-fele koordinatarendszer. i=1  tas. Minden n-dimenzios euklideszi an ter izomorf a termeszetes 7.2 All an strukturaval es a kanonikus skalaris szorzattal ellatott Rn valos vektorterrel. Bizonytas. Legyen (E, V, ) n-dimenzios euklideszi an ter, s jeloljunk ki ebben egy (O, (bi )ni=1 ) Descartes-fele koordinatarendszert. Ismert a linearis algebrabol { de kozvetlenul is konnyen ellen}orizhet}o {, hogy a ϕB : V R n , v = n X =1 νi bi 7 ϕB (v ) := (ν1 , . , νn ) i 73 lekepezes skalarisszorzat-tarto linearis izomor zmus V es Rn kozott. Tekintsuk ezutan az − − * f : E Rn , A 7 f (A) := (α1 , . , αn ), ha OA= α1 b1 + · · · + αn bn lekepezest! Ekkor tetsz}oleges A, B ∈ E eseten n n X −−* − − * −− X AB =OA − OB = βi bi − αi bi =1 =1 i s gy = n X =1 i (βi − αi )bi , i −−−−−−−−* f (A)f (B ):= f (B ) − f (A) := (β1 , . ,

βn ) − (α1 , , αn ) =  −* = (β1 − α1 , . , βn − αn ) = ϕB − AB ; tehat an lekepezes, amelynek linearizaltja a ϕB : V Rn skalarisszorzattarto izomor zmus. Ebb}ol (34 (4) gyelembevetelevel) kovetkezik, hogy f izomor zmus az (E, V, ) es az (Rn , Rn , −) euklideszi ter kozott f   tas. Ha (E, V, ) euklideszi an ter, akkor E metrikus ter a 7.3 All d : E × E R, (A, B ) 7 d(A, B ) := −−* AB = (M1) Tetsz}oleges A ∈ E pont eseten d(A, A) := − − * AA 1.4 D−−* −−E 21 AB, AB tavolsagfuggvennyel. Bizonytas. −* (M2) Ha A 6= B , akkor − AB6= 0, s gy d(A, B ) := pozitv de nitsege miatt. =(1) k0k = 0. −−* AB 6= 0 a skalaris szorzat −* −* −−* (M3) d(A, B ) := − AB =(2) − − BA = BA =: d(A, B ). (M4) Tetsz}oleges A, B, C ∈ E pontok eseten, folhasznalva az euklideszi vektorterekben ervenyes haromszog-egyenl}otlenseget, 1.4 − − * d(A, C ) := AC (A2) −−* = AB −*

+− BC −−* ≤ AB + −−* BC = d(A, B )+d(B, C ).   tas (az euklideszi terbeli szakaszok metrikus jellemzese). Legyenek 7.4 All A es B egy euklideszi t−e−r−−kulonboz}o pontjai. Egy P 6∈ {A, B} pont akkor es csak akkor bels}o pontja az AB szakasznak, ha d(A, P ) + d(P, B ) = d(A, B ). 74 Bizonytas. −− − (1) Tegyuk fol el}oszor, hogy P ∈ Int − AB . Ekkor van olyan τ ∈]0, 1[ valos szam, hogy a P pont helyzetvektora tetsz}oleges O pontra vonatkozoan −−* − − * −−* OP = (1 − τ ) OA +τ OB . Igy − − * d(A, P ) := AP = −−* − − * OP − OA = − − * −−* −τ OA +τ OB = −* AB = τ d(A, B ), =τ − − − * −−* −−* −− −−* d(P, B ) := P B = OB − OP = −(1 − τ )τ OA +(1 − τ ) OB = −−* −* − − * OB − OA = (1 − τ ) AB = (1 − τ )d(A, B ), = (1 − τ ) − =τ −−* − − * OB − OA kovetkezeskeppen d(A, P ) + d(P, B ) = τ d(A, B ) + (1

− τ )d(A, B ) = d(A, B ). (2) Megfordtva, tegyuk fol, hogy d(A, P ) + d(P, B ) = d(A, B ), azaz hogy − − * −−* −−* − − * −− AP + P B = AB = AP + P B . Ekkor a 67 (2)-ben mondottakbol − * −−* kovetkez}oen van olyan λ > 0 valos szam, hogy − AP = λ P B . (λ  = 0 nem lehet a − −−* − − * −* −− pontok kulonboz}osege miatt.) Innen OP − OA= λ OB − OP , illetve −−* OP = 1 −−* λ −− 1 + λ OA + 1 + λ OB kovetkezik. −* − − * −−* Ha τ := 1+λλ , akkor 1+1 λ = 1 − τ , τ ∈]0, 1[ es − OP = (1 − τ ) OA +τ OB , ami azt −− − jelenti, hogy P ∈ Int − AB .  7.5 Kovetkezmeny (a haromszog-egyenl}otlenseg euklideszi an terben) Ha A, B, C egy euklideszi ter pontjai, akkor d−(−A, C ) Egyenl}oseg akkor es csak akkor teljesul, ha B ∈− AC . ≤ d(A, B ) + d(B, C ). 7.6 De ncio Legyen (E, V, ) euklideszi an ter E-nek, mint a d : E × E R, (A, B ) 7 d(A, B ) :=

−−* AB tavolsagfuggvennyel ellatott metrikus ternek az izometriait euklideszi izometria knak, egybevagosagi transzformacio knak vagy egybevagosag oknak is mondjuk. Egy euklideszi ter ket ponthalmazat egybevagonak nevezzuk, ha van olyan euklideszi izometria, amely az egyiket a masikra kepezi le. 75 Megjegyzes. Euklideszi terben dolgozva mindig adottnak tetelezzuk a fentiekben bevezetett d tavolsagfuggvenyt Az (E, V, ) euklideszi an ter izometriacsoportjat (a korabban mondottaknak megfelel}oen) I (E)-vel jeloljuk Tovabbi meggondolasaink egyik celja eppen az izometriacsoport szerkezetenek feldertese (legalabbis 2 es 3 dimenzioban). 7.7 Peldak Vegyunk alapul egy (E, V, ) euklideszi an teret (1) Tegyuk fel, hogy T : E E transzlacio, azaz olyan an − transzformacio, amelynek linearizaltja V identikus transzformacioja: * = T 1V . Ekkor tetsz}oleges A, B ∈ E pontok eseten   − −−−−−−−− * −−* *

− −−* d(T (A), T (B )) = T (A)T (B ) = T AB = AB = d(A, B ), tehat T tavolsagtarto. Belatjuk, hogy T szurjektv is 311 (1)-b}ol tudjuk, hogy T -hez letezik egy es csak egy olyan u ∈ V vektor { az eltol asi vektor {, hogy −−−−−* P T (P )= u, minden P ∈ E eseten. Megadva tetsz}olegesen egy B pontot es − * −− kijelolve egy O origot, legyen A az − OA:=OB −u helyzetvektor u pont. Ekkor −−−−−* − − − − − − * − * −−* −−* OT (A)=OA + AT (A)=OB −u + u =OB, kovetkezeskeppen B = T (A), amivel igazoltuk T szurjektvseget. Ily modon egy euklideszi an ter transzlacioi izometriak. A 311 (3)-ban mondottakbol kovetkez}oen E osszes transzlacioi a V iranyter additv csoportjaval izomorf reszcsoportot alkotnak I (E)-ben. (2) Rogztve egy O ∈ E origot, tekintsuk E O-beli vektorizaltjat, az EO vektorteret (1.5) EO es V kozott linearis izomor zmus a − * O : A ∈ EO 7− O (A) :=− OA∈ V

lekepezes. Megkvanva, hogy O legyen skalarisszorzat-tarto, EO termeszetes modon euklideszi* vektorterre tehet}o. Tekintsunk egy −f ∈ O(V ) ortogonalis transzformaciot, s legyen − 1 * f := − f (O ) ◦ f ◦O (v.o 33 (2)) Ekkor f nyilvanvaloan bijektv Mivel tetsz}oleges A ∈ E pont eseten * − − − − − * − * 1 * f (A) := − f OA ⇒  ( f ( A )) = f OA ⇒ f (O ) f (O )   −−−−−−−−* − − − * ⇒ f (O)f (A)= f OA , 3.2-b}ol kovetkezik, hogy f an transzformacio Ezt felhasznalva, −−−−−−−−* ∀A, B ∈ E : d(f (A), f (B )) := f (A)f (B ) = − −−* −−* = * f AB = AB := d(A, B ); f teh at tavolsagtarto, s ily modon izometria. Az ortogonalis transzformaciokbol gy konstrualhato { veluk origo rogztese utan azonosthato { izometriakat ortogonalis izometriaknak nevezzuk.  cio  k. Transzla  lis izometria  k. Ortogona 76 Kovetkez}o meggondolasaink annak

megmutatasara iranyulnak, hogy a bemutatott peldak kimertik az euklideszi izometriak alaptpusait. Els}o nagyobb eredmenyunk legfontosabb mondanivaloja az lesz, hogy egy euklideszi an ter minden izometriaja anitas. 7.8 Lemma Legyen (E, V, ) euklideszi an ter; O, A, B ∈ E, s tegyuk − * −−* − − * −−* fol, hogy − OA es OB egysegvektor. √ Ebben az esetben OA es OB akkor es csak akkor mer}oleges, ha d(A, B ) = 2. Bizonytas. ⇔ ⇔ √ (d(A, B ))2 = 2 2 =2 ⇔ D E −−* − − * −− − − * −−* − − * 2 OB − OA, OB − OA = 2 ⇔ AB − OA = 2 ⇔ D−−* − D− − − * 2 − *E − * −−E −−* 2 OA, OB = 0. OB + OA − 2 OB, OA = 2 ⇔ d(A, B ) = 2 ⇔ ⇔ −−* AB  7.9 Lemma Ha egy euklideszi an ter egy izometriaja egy an bazis minden tagjat xen hagyja, akkor az izometria az identikus transzformacio. Bizonytas. Legyen adva az (E, V, ) euklideszi an ter Tegyuk fol, hogy f : E E

izometria, amely egy (Ai )ni=0 an bazis minden tagjat xen hagyja: f (Ai ) = Ai , i ∈ {0, 1, . , n} Valasszunk egy tetsz}oleges P ∈ E pontot, s legyen P 0 := f (P ). Meg fogjuk mutatni, hogy P 0 = P .  − −− * n  Tekintsuk azt az O, OAi i=1 an koordinatarendszert, ahol O := A0 . A feltetel alapjan ∀i ∈ {0, 1, . , n} : d(Ai , P ) = d(f (Ai ), f (P )) = d(Ai , P 0 ) ⇒ −−−* − −− * ⇒ Ai P = Ai P 0 . − −− * −* Ez i = 0 eseten azt jelenti, hogy − OP = OP 0 . Ha i ∈ {1, , n}, akkor −−−* − −− * − − −− * − −− * −− −− − −− * −− * Ai P =Ai O + OP =OP − OAi es Ai P 0 =OP 0 − OAi alapjan − −− * Ai P = −−−*0 Ai P ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ − −− * Ai P 2 = −−−*0 Ai P 2 ⇔ −−* − −− * 2 −−* − −− * 2 OP − OAi = OP − OAi ⇔ D−−* − E −− * −− − −− * OP − OAi , OP − OAi = D −− * − −− * − −− * − −−

*E = − OP 0 − OAi , OP 0 − OAi ⇔ D E −−* 2 −−* − −− * − −− * 2 OP − 2 OP , OAi + OAi = D− −− * 2 −− * − −− *E − −− * 2 = − OP 0 − 2 OP 0 , OAi + OAi D− −− * −− − −− *E OP 0 − OP , OAi = 0. 77 ⇔ −− * −− − −− * bazis minden Ez azt jelenti, hogy az − OP 0 − OP vektor ortogonalis az OAi i=1 − −− *0 −−* tagjara, s ennelfogva V minden vektorara, amib}ol OP − OP = 0, P 0 = P kovetkezik.  n  7.10 Tetel Egy euklideszi an ter izometriai pontosan azok az anitasok, amelyeknek linearizaltja ortogonalis transzformacio. Bizonytas. Vegyuk alapul az (E, V, ) n-dimenzios euklideszi an teret − (1) Ha f ∈ A (E) es * f ∈ O(V ), akkor f ∈ I (E). Valoban, tetsz}oleges A, B ∈ E pontok eseten −−−−−−−−* d(f (A), f (B )) := f (A)f (B ) = * − −−* f AB = −−* AB := d(A, B ), − felhasznalva, hogy ortogonalitasa miatt * f

normatarto. (2) Megfordtva, tegyuk fel, hogy f ∈ I (E). Kivalasztva egy A0 ∈ E pontot, tekints uk azt a T : E E transzlaciot, amelynek eltolasi vektora (3.11 (1)) az − −−−−−− * f (A0 )A0 vektor. T , mint l attuk, izometria, gy izometria a g := T ◦ f lekepezes. g-nek A0 xpontja, ugyanis tetsz}oleges O origot veve, az eltolasi vektor konstans volta alapjan − −−−−− * −−−−−−−−− −−−−−− −−−−−−−−−−−−− Og (A0 )=OT (f (A0 ))=Of (A0 ) + f (A0 )T (f (A0 ))= −−−−−−* − −− * =Of (A0 ) + f−(−A−−0−)−A*0 =− OA0 adodik, amib}ol valoban g(A0 ) = A0 kovetkezik. Megmutatjuk, hogy g = T ◦ f anitas, amelynek lineariz altja ortogonalis tran − −−− *n  szformacio. Valasszunk egy A0 origoju A0 , A0 Ai ortonormalt koori=1  −−− *n dinatarendszert, s legyen Bi := g(Ai ), i ∈ {1, . , n} Ekkor − A0 Bi szinten i=1 ortonormalt bazisa V

-nek, ugyanis ∀i ∈ {1, . , n} : −−−−−−−−* = − g (A0 )g (Ai ) = −−− * = d(g(A0 ), g(A1 )) = d(A0 , A1 ) = − A0 Ai = 1, − −−− * A0 Bi tehat a tagjai egyseghosszuak, s mivel √ 7.8 d(Bi , Bj ) = d(g (Ai ), g (Aj )) = d(Ai , Aj ) = 2, D −−− * − −−− *E (szinten) 7.8-bol kovetkezik, hogy − A0 Bi , A0 Bj = 0. Tekintettel a linearis lekepezesek alaptetelere, letezik pontosan egy olyan ϕ : V V linearis transz∀i 6= j ∈ {1, . , n} : formacio, amelyre − −−− * −−−−−−−−− − −−− * ϕ A0 Ai =g (A0 )g (Ai )=A0 Bi 78 (1 ≤ i ≤ n) teljesul. ϕ raadasul ortogonalis transzformacio, hiszen ortonormalt bazist ortonormalt bazisba visz at 35 alapjan letezik egy es csak egy olyan h ∈ A (E) anitas, hogy * − −1 h(A0 ) = A0 es h= ϕ . Ekkor tetsz}oleges i ∈ {1, . , n} index eseten −  −−− − −−−−−− * − −−−−−−−−− *

−−− * − −−− * * − − A0 h(Bi )=h(A0 )h(Bi )= h A0 Bi = ϕ−1 A0 Bi =A0 Ai , kovetkezeskeppen h(Bi ) = Ai , s ennelfogva h ◦ g (Ai ) = h(Bi ) = Ai (1 ≤ i ≤ n). Mivel h ◦ g(A0 ) = A0 is teljesul, a h ◦ g izometria az (Ai )ni=0 an bazis minden tagjat xen hagyja, s ezert a 7.9 lemma ertelmeben h ◦ g = 1E Innen g = h−1 , ami azt jelenti, hogy g is anit as, hiszen anitas inverze. Vegul 34(4) gyelem−1
−− * * − * − bevetelevel g =h−1 = h = ϕ−1 −1 = ϕ, g linearizaltja tehat ortogonalis transzformacio.  8. Az euklideszi terek izometriainak es hasonlosagainak szerkezete 8.1 Emlekeztet}o (1) Legyen V euklideszi vektorter, U pedig alterre V -nek. Ekkor az U alter U ⊥ := {v ∈ V | ∀u ∈ U : hu, vi = 0} ortogonalis komplementere is alter, s teljesulnek a kovetkez}ok: (i) V = U ⊕ U ⊥ , U ⊥⊥ = U . (ii) A πU : V V, v 7 πU (v ) := u, ha v = u + w; u ∈ U, w ∈ U ⊥ transzformacio

linearis; Im(πU ) = U , Ker(πU ) = U ⊥ . Ezt a transzformaciot az U alterre valo mer}oleges vettesnek (ortogonalis projekcionak) hvjuk, a πU (v) vektor a v vektor U -beli ortogonalis vetulet e Az ortogonalis vetulet normaja sohasem nagyobb a vektor normajanal, ez az un. Bessel-egyenl}otlenseg Kozvetlenul kiolvashato a de nciobol, hogy 2 = πU . Ha (ei )k ortonormalt bazisa az U alternek, akkor az U -ra valo πU i=1 mer}oleges vettes explicite megadhato a πU (v ) = k X =1 hv, ei i ei i formulaval. 79 (v ∈ V ) (2) (Az ortogonalis transzformaciok szerkezete ) Legyen V n-dimenzios euklideszi vektorter, ϕ pedig ortogonalis transzformacioja V -nek. V felbomlik a ϕ transzformacio legfeljebb ketdimenzios, paronkent ortogonalis invarians altereinek direkt osszegere, s ebb}ol kovetkez}oen letezik V -nek olyan ortonormalt bazisa, amelyre vonatkozoan ϕ matrixa a  1p  −1q       R1 .

Rr       alaku tomb-diagonalis matrix, ahol 1p es 1q a p × p-es, illetve a q × q-as egysegmatrix,   cos  − sin k k R := sin k cos k , 1 ≤ k ≤ r; p + q + r = n. Ez az alak a tombok sorrendjet}ol eltekintve egyertelm} u, ha megkoveteljuk, hogy minden k ∈ {1, . , r}-re 0 < k < π legyen k 8.2 De ncio es lemma Legyen V n-dimenzios euklideszi vektorter (n ≥ 1), U altere V -nek, s tekintsuk a V = U ⊕ U ⊥ ortogonalis direkt felbontast. A σU : V V, v 7 σU (v ) := u − w, ha v = u + w; u ∈ U, w ∈ U ⊥ transzformaciot az U alterre valo (linearis) tukrozes nek nevezzuk. Erre ervenyesek a kovetkez}ok: (1) σU = 2πU − 1V , gy σU valoban linearis transzformacio. (2) σU ortogonalis transzformacio. (3) σU2 = 1V { σU involucio. (4) σU xvektorai az U alter vektorai es csakis ezek. − n ∈ U ⊥ pedig (5) Ha V legalabb ketdimenzios, U hiperaltere V -nek, * egysegvektor, akkor −

− n * n . ∀v ∈ V : σU (v ) = v − 2 v, * Bizonytas. (1) Legyen v = u + w; u ∈ U , w ∈ U ⊥ . Ekkor (2πU − 1V )(v) = 2πU (v) − v =(ii) 2u − (u + w) = u − w =: σU (v). 8.1 (2) Az el}obbi jelolesekkel kσU (v )k = ku − wk = hu − w, u − wi 2 1 80 = hu + w, u + wi = kvk , 1 2 hiszen hu, wi = 0, σU tehat normatarto. A linearitas es a normatartas ekvivalens az ortogonalitassal (6.7(4)) (3) 2 σU = σU ◦ σU (1) = (2πU − 1V ) ◦ (2πU − 1V ) = 4πU2 − 4πU + 1V = =(ii) 4πU − 4πU + 1V = 1V . 8.1 (4) Legyen v = u + w; u ∈ U , w ∈ U ⊥ . σU (v ) = v ⇔ u − w = u + w ⇔ w =0 ⇔ v ∈ U. (5) Ha U hiperalter, azaz (n − 1)-dimenzios alter, akkor (V = U ⊕ U ⊥ miatt) − n ∈ U ⊥ egysegvektor ortonormalt bazisa U ⊥ -nek. Tedim U ⊥ = 1, s ezert az * − n rhato. kintve egy v = u + w (u ∈ U , w ∈ U ⊥ ) vektort, itt w = λ * − * − * − * − * − − Igy v, * n = u + λ n , n = λ n , n =

λ (hiszen u, * n = 0), kovet* − * − kezeskeppen w = v, n n . Ezt gyelembe veve, − − n * n, σU (v ) := u − w = v − 2w = v − 2 v, * amit alltottunk.  8.3 Lemma Egy legalabb ketdimenzios euklideszi vektorter minden iranytasvalto ortogonalis transzformacioja el}oallthato egy iranytastarto ortogonalis transzformacio es egy hiperalterre valo (linearis) tukrozes kompozciojakent. Bizonytas. Legyen V n-dimenzios euklideszi vektorter (n ≥ 2), ϕ ∈ O− (V ) 1 azisa U Jeloljuk ki V -nek egy U (n − 1)-dimenzios alteret, s legyen (ui )n− i=1 b ⊥ n nak, un pedig egysegvektora U -nek. Ekkor (ui )i=1 ortonormalt bazisa V -nek Tekintsuk a σU linearis tukrozest. Ennek az u1 , , un−1 vektorok xvektorai (8.2(4)), mg =(5) un − 2 hun , un i un = un − 2un = −un ; tehat σU matrixa az (u1 , . , un−1 , un ) bazisra vonatkozoan  1 0 0 0 0 0 1 0 0 0      0 0 . 0 0  

 0 0 0 1 0  0 0 0 0 −1 Igy det σU = −1 . Ha ψ := σU ◦ ϕ, akkor ϕ ortogonalis transzformacio (mert ilyenek kompozcioja), es det ψ = det(σU ◦ ϕ) = det σU det ϕ = (−1) · (−1) = 1 σU (un ) 8.2 81 folytan ψ ∈ O+ (V ). Mivel σU2 = 1V , σU invertalhato, s az inverze onmaga Igy a ψ = σU ◦ ϕ rel aciobol ϕ = σU ◦ ψ, amivel ϕ-t egy iranytastarto ortogonalis transzformacio es egy hiperalterre vonatkozo tukrozes kompozciojakent alltottuk el}o.  Megjegyzesek. (1) Az iranytastarto ortogonalis transzformaciokat a vektorter forgas aikent, az iranytasvalokat pedig a nemvalodi forgas aikent is emltjuk. − (2) A kovetkez}okben egy an ter egy B an altereben iranyterere a * B jelolest is fogjuk hasznalni. 8.4 De ncio Legyen (E, V, ) lealabb ketdimenzios euklideszi an ter − (1) Amennyiben H hiperskja E-nek, ugy az egydimenzios * alter H tetsz}oleges

generatorelemet H egy normalvektor anak nevezzuk. Ha ez { raadasul { egysegvektor, akkor normalegysegvektor rol beszelunk. (2) Legyen l egyenese, B pedig legalabb egydimenzios an altere E-nek. Azt mondjuk, hogy l es B mer} olegesek es az l⊥B jelolest hasznaljuk, ha az  ⊥ * − * − * − ⊥ * − * − − anyterre l ⊂ B (vagy { ekvivalens modon { * ) B⊂ l l es B ir teljesul. (3) E H1 es H2 hiperskjaitmer} olegesek nek nevezzuk, s ilyenkor is a H1 ⊥H2  *⊥ − − *⊥ − * jelolest hasznaljuk, ha H1 ⊂H*2 (vagy − H2 ⊂H1 ).  ⊥ Megjegyzes. Kozvetlenul adodik a de nciobol, hogy ket egyenes, illetve ket hipersk akkor es csak akkor mer}oleges, ha iranyvektoraik, illetve normalvektoraik ortogonalisak.  tas (a hiperskok Hesse-fele egyenlete). Egy O origo rogztese utan 8.5 All egy legalabb ketdimenzios euklideszi an ter minden hiperskjanak egyenlete megadhato D − − * −E * − x −

OA, * n =0 − n a hipersk egy alakban, ahol A a hipersk egy tetsz}olegesen rogztett pontja, * * − normalvektora, x pedig egy szimbolum. (Ez azt Djelenti, hogy a Eter egy P pontja −* − − * − n .) akkor es csak akkor illeszkedik a hiperskra, ha − OP − OA, * Bizony tas. Legyen H hiperskja az E euklideszi an ternek, A ∈ H,  ⊥ * − * − n∈ H {0}. Tekints uk a n D −* − − * − Eo e := P ∈ E | − n H OP − OA, * 82 ponthalmazt. Nyilvanvaloan azt kell belatnunk, hogy He −−=*H.−−* −− − Ha P ∈ H, akkor az an alterek de ncioja ertelmeben AP =OP − OA∈* H ; gy D−−* E − − * − e. n = 0, ami azt jelenti, hogy P ∈ H OP − OA, * D −* − D− − * −E − * −E n = AP , * n = 0, akkor Megfordtva, ha P ∈ He , s ennelfogva − OP − OA, *   ⊥⊥

− − * ⊥ − − − n AP ∈ L * = * =* H H , amib}ol P ∈ H kovetkezik (ismet az an alterek de ncioja alapjan). Ezzel

igazoltuk, hogy H es He kolcsonosen tartalmazza egymast.  8.6 Lemma es de ncio Legyenek A es B egy legalabb ketdimenzios euklideszi an ter kulonboz}o pontjai. A ter azon pontjai, amelyek A-tol es B −−* t}ol ugyanakkora−t−−avolsagra vannak, AB normalvektoru hiperskot alkotnak. Ezt a hiperskot az − AB szakasz felez} omer}oleges hipersk janak nevezzuk. Bizonytas. Legyen E az alapulvett euklideszi an ter, H := {P ∈ E | d(P, A) = d(P, B )} . − −− − Tekintsuk AB F felez}opontjat. Ekkor F ∈ H, es a kovetkez}o megallaptasok tehet}ok: − − * −−* − − * −− −−* −− P ∈H ⇔ PA = PB ⇔ FA − FB = FB − FP ⇔ −−* −− 2 − − * −− 2 ⇔ FA − FB = FB − FP D− D−−* −−E −−* 2 − − * 2 − * −−E −−* 2 −−* 2 F A − 2 F A, F P + F P = F B − 2 F B, F P + F P D− D−−* −− − − * −−E D−− −−E − *E ⇔ F A, F P = F B, F P ⇔ FP,FB − FA =

0 ⇔ D−−* −− −−E 8.5 ⇔ OP − OF , AB = 0 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ P ⇔ −* illeszkedik az F ponton atmen}o, − AB normalvektor u hiperskra.   tas (Pitagorasz tetele). Ha A, B es C egy legalabb ketdimenzios 8.7 All euklideszi an ter kulonboz}o pontjai, akkor − ← − (d(A, B ))2 + (d(B, C ))2 = (d(A, C ))2 ⇔ ← AB ⊥ BC . Bizonytas. (d(A, B ))2 + (d(B, C ))2 = (d(A, C ))2 −−* 2 ⇔ ⇔ −−* 2 AB AB + + −−* 2 ⇔ −−* 2 BC = −−* 2 BC = AB + D−−* −−E ⇔ AB, BC = 0 2 + 2 = − − * AC ⇔ D−−* −−E BC + 2 AB, BC ← − ← − ⇔ AB ⊥ BC ⇔ −−* AB −−* 2 −−* BC −−* AB + BC −−* 2 −* −−* ( gyelembe veve, hogy − AB6= 0, BC6= 0 a pontok k ulonboz}osege miatt). 83 2 ⇔   tas. Legyen H hiperskja a legalabb ketdimenzios E euklideszi an 8.8 All − n normalegysegvektora, A egy tetsz}oleges pontja Hternek. Tegyuk fel, hogy * nak.

Megadva egy P pontot, letezik egy es csak egy olyan m egyenes, amely illeszkedik a P pontra es mer}oleges H-ra. Egy O origo rogztese utan ervenyesek a kovetkez}ok: (1) m parameteres el}oalltasa −−* −− − n, OX =OP +τ * τ ∈ R. (2) Az m egyenes abban a T pontban metszi a hiperskot, amelynek helyzetvektora − − * −− D−− − − * −E n − n . OT =OP − OP − OA, * (3) dist(P, H) = d(P, T ) = D−−* − − * −E n OP − OA, * . Bizonytas. AH hiperskra mer}oleges m egyenesre a mer}olegesseg de ncioja − n = kell, hogy teljesuljon; m iranyvektorai tehat * alapjan nemzerus skalarszorosai { es csakis ezek { lehetnek. Mivel m-nek illeszkednie kell a P pontra, 1.19 gyelembevetelevel kovetkezik m egyertelm}u letezese A mondottakb ol az is vilagos, hogy m pontjainak helyzetvektorai, s csakis ezek, −−* −− − n (τ ∈ R) alakban allthatok el}o, amivel (1) is igazolast nyert. OX =OP +τ * 8.5-re

tekintettel az m egyenes egy τ parameter}u pontja akkor es csak akkor illeszkedik H-ra, ha * − * − m⊂ H 0= ⊥
− n L * D−−* − − * − E D−− − − * −E − n − OA, * n = OP − OA, * n +τ OP +τ * D−−* − E − * − n . ⇔ τ = − OP − OA, * ⇔ Ebb}ol kovetkezik, hogy a {T } := m ∩ H metszespont egyertelm}uen letezik, s helyzetvektora − − * −− D−− − − * −E n − n . OT =OP − OP − OA, * Innen D−−* − − − * − − * −− − * −E n . d(P, T ) := P T = OT − OP = OP − OA, * ← Ha Q tetsz}oleges, T -t}ol kulonboz}o pontja H-nak, akkor ← P T ⊥ T Q, s gy a Pitagorasz-tetel alapjan (d(P, Q))2 = (d(P, T ))2 + (d(T, Q))2 > (d(P, T ))2 ⇒ d(P, Q) > d(P, T ), kovetkezeskeppen d(P, T ) = dist(P, H) .  8.9 De ncio es lemma Legyen (E, V, ) legalabb ketdimenzios euklideszi an ter. Azt mondjuk, hogy a ter P es P 0 pontja szimmetrikus egy H hiperskra 84 −−−

nezve, ha H felez}omer}oleges hiperskja a − P P 0 szakasznak. Ebben az esetben a P es a P 0 pont egy tetsz} olegesen valasztott O pontra vonatkozo helyzetvektora kozott az D−−* − − −− * −− − * −E n − n OP 0 =OP −2 OP − OA, * − n normalegysegvektora, A tetsz}olegesen rogztett osszefugges all fenn, ahol * pontja H-nak. Azt a σH : E E, P 7 σH (P ) lekepezest, amelynel P es σH (P) szimmetrikus H-ra nezve, ha P 6∈ H, P ∈ H eseten pedig σH (P ) := P , a H hiperskra vonatkozo tukrozesnek nevezzuk, s ilyenkor H-t szimmetriask kent emltjuk. Ha specialisan dim H = 1, akkor H-t szimmetriatengely nek, roviden tengely nek; magat a transzformaciot tengelyes tukrozesnek hvjuk. Tetsz}oleges P ∈ E pont eseten a σH (P ) =: P 0 pont egy O pontra vonatkozo helyzetvektora az D−−* − − −− * −− − * −E n − n OP 0 =OP −2 OP − OA, * formulaval adhato meg. Hiperskra vonatkozo tukrozes

ket-, illetve haromdimenzios esetben Bizonytas. Tekintve egy P ∈ E H pontot, legyen T a P -b}ol a H-ra bocsatott mer}oleges egyenes talppontja", azaz a P -re illeszked}o", H-ra mer}oleges egyenes es H metszespontja (8.8) 86 gyelembevetelevel vilagos, hogy P es egy tovabbi−−−P−0 pont akkor es csak akkor szimmetrikus H-ra nezve, ha T fe−− *0  − − * 1 −− − 0 lez}opontja P P -nek, azaz ha OT = 2 OP + OP . Innen D−−* − − −− * − − * −−8.8(2)−−* − * −E n − n . OP 0 = 2 OT − OP = OP −2 OP − OA, * Ez a formula PE6∈ H eseten megadja a σH (P) helyzetvektorat. Ha P ∈ H, akkor D−−* − −− * −− − − * − n − n = 0 (8.5), gy OP 0 =OP , P 0 = P kovetkezik; tehat ilyenkor OP − OA, * is a kvant eredmenyt kapjuk.   tas. Minden hiperskra vonatkozo tukrozes involutv izometria, 8.10 All amelynek xpontjai a szimmetriask pontjai, es csakis ezek. (Az involutvsag

azt jelenti, hogy a transzformaciot onmagaval komponalva az identitast kapjuk.) 85 Bizonytas. Legyen H hiperskja a legalabb ketdimenzios E euklideszi afn ternek, s tegyuk fel, hogy n normalegysegvektora, A egy pontja H-nak Rogztsunk egy O origot, s tekintsuk a σH tukrozest. Tetsz}oleges P ∈ E pont eseten az el}oz}o lemma ertelmeben D−−* − −−−−−−* −− − * −E −−* − n − n :=OP −2λ * n, OσH (P )=OP −2 OP − OA, * bevezetve a λ := D−−* − − * −E n OP − OA, * rovidtest. Ekkor D−−* −−−− −* − − * −E − − 2−(−P*)=− n −2 OP −2λ * n − OA, * n − n= OσH OP −2λ * D E −* −−* − − * − − − n −2 OP − OA, * n − n +4λ * n= =− OP −2λ * −−* − − * − − n −2λ * n =OP , =OP +2λ * kovetkezeskeppen σH2 (P ) = P , s gy { P tetsz}olegessege folytan { σH2 = 1E , σH tehat involuci−o1. Ebb}ol automatikusan kovetkezik,

hogy σH invertalhato (s gy bijektv) es σH = σH . σH (P ) = P ⇔ −−−−−−* −− OσH (P )=OP ⇔ D−−* − − * −E n =0 OP − OA, * 8.5 ⇔ P ∈ H, xpontjai tehat a H-ra illeszked}o pontok es csakis ezek. Belatjuk vegul, hogy σH tavolsagtarto. Tetsz}oleges P, Q ∈ E eseten − −−−−−−−−−− * −−−−−−* −−−−−− d(σH (P ), σH (Q)) = σH (P )σH (Q) = OσH (P ) − OσH (Q) = D−−* − D−−* − −* −− − * −E − * −E n − n +2 OP − OA, * n − n = = − OQ − OP −2 OQ − OA, * D E −* −− −−* −− − n − n . = − OQ − OP −2 OQ − OP , * σH −−* −− − v :=OQ − OP r Bevezetve a * ovidtest, 2 * − − − − − − − − − − − − v −2 * v ,* n * n = * v −2 * v ,* n * n ,* v −2 * v ,* n * n = 2 2 * − * − * − * − * − * − * − * − * − * − = v − 4 v , n v , n + 4 v , n n, n = v 2 adodik, s gy −−*

−− −−* d(σH (P ), σH (Q)) = OQ − OP = P Q = d(P, Q) kovetkezik. Ezzel az alltast igazoltuk  8.11 Lemma Ha v es w egy euklideszi vektorter vektorai es kvk = kwk, akkor letezik olyan U hiperalter, hogy σU (v) = w. Bizonytas. Ha v = w, akkor minden v-t tartalmazo hiperalter megfelel v 6= ⊥ 1 (v − w) normalegysegvektora w eseten legyen U := (L (v − w)) . Ekkor kv−wk U -nak, es 8.2(5) alapj an σU (v ) = v − 2 =v−2 hv, v − wi (v − w) = hv − w, v − wi 2 (v − w) = v − (v − w) = w. 2 kvk2 − 2 hv, wi kvk − hv, wi 86   Cartan) . Ha V n-dimenzios euklideszi vektorter, akkor 8.12 Tetel (Elie minden ortogonalis transzformacioja el}oallthato legfeljebb n hiperalterre valo tukrozes kompozciojakent, vagy az identikus transzformacio. V Bizonytas. (1) Ha dim V = 1, akkor O(V ) = {1V , −1V } . Itt −1V a {0} "hiperskra" valo tukrozes, s ezert az alltas igaz. { Megjegyzend}o, hogy

ebben az esetben 1V csak paros szamu tukrozes kompozciojakent kaphato meg, ezert kelett a tetelt az adott formaban megfogalmazni. (2) Tegyuk fel, hogy n ≥ 2, es hogy a tetel igaz n-nel kisebb dimenzioju euklideszi vektorterekre. Legyen ϕ ∈ O(V ), s valasszunk egy tetsz}oleges v ∈ V {0} vektort. Ha w := ϕ(v), akkor kwk = kvk, s az el}orebocsatott lemma alapjan letezik olyan hiperalterre valo tukrozes, jelolje ezt σ, hogy σ(w) = v. 82(2) ertelmeben σ ortogonalis transzformacio, gy σ ◦ ϕ is az. Mivel σ ◦ ϕ(v) = σ (w) = v , σ ◦ ϕ-nek v xvektora, s gy L (v ) (pontonkent x) invarians altere. A linearis algebrabol ismert, hogy ortogonalis transzform⊥acio invarians alterenek ortogonalis komplementere, esetunkben U := (L (v)) , is invarians alter. dim U = n − 1, es σ ◦ ϕ  szinten ortogonalis transzformacio, gy az indukcios felteves ertelmeben el}oallthato legfeljebb n − 1 U -beli

hiperalterre vonatkozo tukrozes kompozciojakent (vagy σ ◦ ϕ  U = 1U , de ekkor ϕ = σ, s az alltas igaz): σ ◦ ϕ  U = σ1 ◦ · · · ◦ σk , k ≥ n − 1. − Itt minden σi (i ∈ {1, . , k}) tukrozeshez megadhato egy * ni ∈ U egysegvektor ugy, hogy − − ∀u ∈ U : σi (u) = u − 2 hu, * ni i * ni . Mivel V = L (v) ⊕ U , minden z ∈ V vektor egyertelm}uen el}oallthato a z = λv + u; λ ∈ R, u ∈ U alakban. Terjesszuk ki a σi tukrozeseket V transzformacioiva a − − σei (z ) = σei (λv + u) := λv + σi (u) = λv + u − 2 hu, * ni i * ni ⊥ − − el}orassal! Mivel * ni ∈ U = (L (v )) , hv, * ni i = 0, s gy − − σei (z ) = z − 2 hz, * ni i * ni (i ∈ {1, . , k}) rhato, amib}ol vilagos, hogy a σei transzformaciok valoban V -beli hiperalterekre valo tukrozesek. Ezek segtsegevel σ ◦ ϕ a σ◦ϕ=σ f1 ◦ · · · ◦ σ fk alakban allthato el}o, ahonnan ϕ=σ◦σ f1 ◦ · · ·

◦ σ fk adodik, ami igazolja az alltast. 87  Megjegyzes. Tekintettel szamos alkalmazasra, a tetel igen fontos Ha euklideszi vektorter helyett egy K test folotti veges dimenzios, nemelfajulo szimmetrikus bilinearis formaval ellatott vektorteret vennenk alapul, az alltas akkor is igaz maradna, de a bizonytas lenyegesen nehezebbe valna. Ez az altalanostas Jean Dieudonne nevehez f}uz}odik. 8.13 Kovetkezmeny Ketdimenzios euklideszi vektorter minden iranytasvalto ortogonalis transzformacioja (azaz nemvalodi forgasa) origon atmen}o egyenesre (un. vektoregyenesre) valo tukrozes; minden forgasa ket ilyen tukrozes kompozcioja. 8.14 Kovetkezmeny Egy n-dimenzios euklideszi an ter barmely izometriaja el}oallthato legfeljebb n + 1 hiperskra valo tukozes kompozciojakent Bizonytas. Legyen (E, V, ) n-dimenzios euklideszi an ter, f ∈ I (E) (1) Ha f -nek letezik A xpontja, akkor { azonostva a

linearizaltjaval { az vektorizalt ortogonalis transzformaciojakent interpretalhato, s mint ilyen, Cartan tetele ertelmeben el}oallthato legfeljebb n EA -beli hiperalterre vonatkozo tukrozes kompozciojakent. Ezek a tukrozesek E-ben hiperskra valo tukrozeseket jelentenek, gy ekkor az alltas igaz. (2) Tegyuk fol, hogy f -nek nincs xpontja. Valasszunk egy tetsz}oleges A pontot, −−− s tekintsuk ennek A0 := f (A) keppontjat. Ha az − AA0 szakasz felez}omer}oleges hiperskja H, akkor σH ◦ f olyan izometria, amely az A pontot xen hagyja. Igy az (1)-ben mondottak szerint σH ◦ f el}oallthato legfeljebb n szamu H1 , . , Hk hiperskra valo tukrozes kompozciojakent, azaz σH ◦ f = σH ◦ · · · ◦ σH rhato, ahonnan f = σH ◦ σH ◦ · · · ◦ σ H , 1 ≤ k ≤ n. Ezzel az alltast igazoltuk. EA 1 1 k k  8.15 Lemma alkotnak. Euklideszi an ter izometriajanak xpontjai an alteret Legyen (E,

V, ) euklideszi an ter, f ∈ I (E), Fix(f ) := . Foltehetjuk, hogy Fix(f ) 6= ∅, ellenkez}o esetben ugyanis az alltas automatikusan igaz. Tetsz}olegesen rogztve egy O ∈ Fix(f ) pontot, Bizonytas. {P ∈ E | f (P ) = P } P ∈ Fix(f ) ⇒ − −−* −−* −−−−−−−− OP =f (O)f (P )= f OP −−* ⇒ OP ∈ V(1) , − ahol V(1) az * f ∈ O(V ) linearizalt 1 sajatertekehez tartozo sajataltere. Megfordtva, −−* OP ∈ V(1) ⇒ ⇒ − −−* −−−−−−−− −−−−− −−* OP = f OP =f (O)f (P )=Of (P ) ⇒ f (P ) = P ⇒ 88 P ∈ Fix(f ). −* Ily modon − OP ∈ V | P ∈ Fix(f ) = V(1) , amivel belattuk, hogy Fix(f ) an − alter, s}ot az is kiderult, hogy Fix(f ) iranyteret az * f linearizalt 1 sajatertekehez tartozo sajataltere alkotja. n o  8.16 Tetel (az izometriak termeszetes felbontasa) Legyen (E, V, ) euklideszi an ter Barmely f ∈ I (E) izometriahoz

egyertelm}uen talalhato olyan v ∈ V vektor es g ∈ I (E) izometria, hogy (1) Fix(g) := {P ∈ E | g(P ) = P } nemures; − −−−− * (2) v ∈Fix( g) ; (3) f = Tv ◦ g, ahol Tv a v eltolasi vektorral rendelkez}o transzlacio. *  −−−− * − Ekkor Tv es g felcserelhet}o es − Fix( g )= Ker f −1V . Bizonytas. (1) Els}o lepeskent azt mutatjuk meg, hogy (∗) V = Ker *  *  − − f −1V ⊕ Im f −1V . Mivel a szerepl}o alterek dimenziojanak osszege a nullitas+rang tetel ertelmeben dim V -vel egyenl}o, ehhez elegend}o azt ellen}orizni, hogy az alterek ortogonalisak.  − * − * − Legyen u ∈ Ker * f −1V , w ∈ Im f −1V . Ekkor f (u) = u, illetve letezik − olyan z ∈ V vektor, hogy w =* f (z ) − z . Igy hu, wi = D* E D* E D* E − * − − * − − f (u), f (z ) − z = f (u), f (z ) − f (u), z = hu, zi−hu, zi = 0, − felhaszn alva,hogy (7.10-re tekintettel) * f ortogonalis transzformacio. Ezzel *

− * − Ker f −1V es Im f −1V ortogonalis, s ezaltal (∗) teljesuleset igazoltuk. (2) A levezetett relacio birtokaban a bizonytas egyszer}uen 8.16-ra valo hivatkozassal is befejezhet}o, hasznosabb lesz azonban, ha reprodukaljuk 316 bizonytasanak gondolatmenet et. Rogztsunk ebb}ol a celbol egy tetsz}oleges O −−−−−* origot. Tekintve az Of (O) vektort, ez (∗) alapjan egyertelm}uen el}oallthato −−−−−* * − Of (O)= v + f (z ) − z ; * − f (v ) = v, z∈V − * alakban. Ha az A pontot az − AO= z el}orassal de naljuk, akkor − −−−− * − − * −−−−− − − * −−−−− −−−−−−−− Af (A)=AO + Of (A)=AO + Of (O) + f (O)f (A)= − * − − * − * − − * = z + v+ * f (z ) − z + f OA = v + f (z )− f (z ) = v ; gy a v eltolasi vektorral rendelkez}o Tv transzlaciora Tv (A) = f (A) teljesul. Tekintsuk ezutan a g := T−v ◦ f 89 izometriat. Mivel g(A) = T−v (f

(A)) = T−v ◦ Tv (A) = T0 (A) = A, A xpontja g -nek, teh at Fix(f ) 6= ∅. Fennall tovabba, hogy g ◦ Tv ◦ g −1 = T* = Tv ; − − g (v ) = T* f (v ) gy g ◦ Tv = Tv ◦ g, azaz Tv es g felcserelhet}o. Annak ellen}orzese van meg hatra, hogy a v vektor es a g izometria egyertelm}uen meghatarozott. Tegyuk fol, hogy egy v0 ∈ V vektorral es egy g0 ∈ I (E) izometriaval is teljesul, hogy * − f = Tv ◦ g 0 , Fix(g 0 ) 6= ∅, g 0 (v 0 ) = v 0 . −−−−−−* −−−− * Ekkor − Af (A)= v , A0 f (A0 )= v 0 , s gy − −− * − −−−−− * − −−−−−−−− * −−−−−− −−−− * − −−−− * − AA0 =Af (A) + f (A)A0 =Af (A) + f (A)f (A0 ) + f (A0 )A0 = −− * − −− * −− * − − − − = v+ * f AA0 − v 0 ⇒ AA0 − f AA0 = v − v 0 . 3.14 0 − Itt a jobb oldali vektor a Ker * f −1V alterbe tartozik, a bal oldali pedig *  − Im f −1V -be, s mivel ezeknek csak a zerusvektor

a kozos eleme, kovetkezik, hogy v0 = v, amib}ol pedig g = g0 is adodik. (Az alltasban szerepl}o, s az oko* − skodasunk soran fel is hasznalt Fix(g) = Ker f −1V tulajdonsag vilagos az el}orebocsatott lemmabol es annak bizonytasabol.)    8.17 Megjegyzes Legyen (E, V, ) euklideszi an ter Egy f ∈ I(E) izo* − metrianak akkor es csak akkor van egyetlen xpontja, ha Ker f −1V = {0}; ezt a pontot az izometria centrum anak is hvjuk. { Valoban, 315-ben mar meg- mutattuk, hogy egy veges dimenzios an ter egy an transzformaciojanak akkor es csak akkor van egyetlen xpontja,ha a lineariz  altjanak az 1 nem sajaterteke, −  szrevetelunk kovetkeami eppen annyit jelent, hogy Ker * f −1V = {0}. E zik a 8.15 bizony tasaban mondottakbol is: lattuk, hogy a Fix(f ) an alter * − iranytere az f linearizalt 1 sajatertekhez tartozo sajataltere, gy Fix(f ) akkor es csak akkor egyelem}u, ha ez utobbi alter

0-dimenzios. 8.18 De ncio (1) Egy legalabb ketdimenzios euklideszi an ter egy transzformaciojat csusztatva tukrozesnek nevezzuk, ha el}oallthato egy hiperskra vonatkozo tukrozes es egy olyan transzlacio kompozciojakent, amelynek eltolasi vektora a hipersk iranyterebe es}o nemzerus vektor. (2) Az euklideszi an sk egy iranytastarto izometriajat pont koruli forgatas nak mondjuk, ha egyetlen xpontja van vagy az identikus transzformacio. A haromdimenzios euklideszi an ter xponttal rendelkez}o iranytastarto izometriait tengely koruli forgatasoknak hvjuk. 90 Csusztatva tukrozes ket-, illetve haromdimenzios esetben Pont koruli, illetve tengely koruli forgatas (3) A haromdimenzios euklideszi an ter egy transzformacioja forgatva tukrozes, ha nemidentikus tengely koruli forgatas es a tengelyre mer}oleges skra valo tukrozes kompozcioja; csavarmozgas, ha nemidentikus tengely koruli

forgatas es egy olyan transzlacio kompozcioja, amelynek eltolasi vektora iranyvektora a tengelynek. Forgatva tukrozes es csavarmozgas 8.19 Megjegyzesek (1) A csusztatva tukrozesek, forgatva tukrozesek es csavarmozgasok 91 el}oalltasaban szerepl}o transzformaciok 8.16 ertelmeben felcserelhet}ok (2) Legyen E haromdimenzios euklideszi an ter, s tegy uk fel, hogy f ∈ I (E) 1E * − tengely koruli forgatas. Ekkor a de ncio ertelmeben f ∈ O+ (V ), s gy* a linearis algebrabol ismert modon alkalmas (e1 , e2 , e3 ) ortonormalt bazisban −f -et   1 0 0 0 cos θ − sin θ , θ ∈]0, 2π [ 0 sin θ cos θ − alaku ortogonalis matrix reprezentalja (tekintettel arra is, hogy * f 6= 1V ). Ek− kor az l1 := L (e1 ) vektoregyenes pontonkent x invarians altere * f -nek. Ha A xpontja f -nek es l az A-ra illeszked}o, l0 -lal parhuzamos egyenes, akkor l pontonkent x egyenese az f izometrianak, hiszen * − −

− − * − * − − * ∀P ∈ l : AP ∈ l0 ⇒ f AP =AP ; gy −−−−−* −−−−−−−− − − − * − − * Af (P )=f (A)f (P )= f AP =AP ⇒ f (P ) = P. Indokoltan vezettuk be tehat f -re a "tengely koruli forgatas" elnevezest. 8.20 Tetel Az euklideszi an sk barmely izometriaja transzlacio, , csusztatva tukrozes vagy pont koruli forgatas. A haromdimenzios euklideszi an ter barmely izometriaja transzlacio, skra vonatkoz o t ukr oz es, cs usztatva t ukr oz es, egyenes k or uli forgat as, csavarmozg as vagy forgatva t ukr oz es. Ha az identikus transzform aciotol eltekintunk, akkor ezek a transzformaciotpusok diszjunktak. Bizonytas. (A) Tegyuk fel el}oszor, hogy (E, V, ) ketdimenzios euklideszi an ter, s legyen tengelyes t ukr oz es f ∈ I (E). − A Cartan-tetelb}ol kovetkez}oen az * f ∈ O(V ) linearizalt az identikus transzformacio, tengelyes tukrozes vagy ket

tengelyes tukrozes kompozcioja lehet (ld. 813) − (1) Ha * f = 1V , akkor f transzl acio. − (2) * f = σl , ahol l0 vektoregyenes (azaz 1-dimenzios vektor-alter V -ben). (a) Ha f -nek van A xpontja, akkor az A-ra illeszked}o, l0 iranyter}u egyenes { az el}oz}o ervelessel { pontonkent x invarians egyenese f -nek, es f l-re vonatkozo tukrozes. (b) Tegyuk fol, hogy f -nek nincs xpontja ! Ekkor a termeszetes felbontas tetele (8.16) ertelmeben egyertelm}uen letezik olyan xponttal rendelkez}o g izometria es v ∈* Fix(g) vektor, hogy f = Tv ◦ g. Innen − −−−−* − * − − g =− g , tehat * g = σl es 3.4(3) gyelembevetelevel f =Tv ◦ g=Tv ◦ * v ∈ l0 . v 6= 0, ellenkez}o esetben ugyanis f = g adodna, ami lehetetlen, hiszen f -nek nincs, g-nek van xpontja Mindez azt jelenti, hogy f csusztatva tukrozes, az eltolasi vektor v ∈ l0 {0}, a tukrozes tengelye v iranyvektoru egyenes. 0 0 92 − (3) * f = σm ◦ σl , l0 6=

m0 . Indirekt modon okoskodva belatjuk, hogy ekkor * − f -nek nincs 0-t ol kulonboz}o xvektora. { Tegyuk fel, hogy v ∈ V {0} es * − − az l, n − − * az f (v ) = v . Ez azzal ekvivalens, hogy σm (v ) = σl (v ) Ha * n l m m egyenes norm alegysegvektora, akkor 8.2(5) alapjan −i * − − − * − − * −i * − − − * − − * v − 2 hv, * n hv, * n l nl = v − 2 hv, nm i nm ⇔ l nl = hv, nm i nm . − es n − − * linearisan f − i = hv, n − − *i = 0 Mivel l0 6= m0 , * n uggetlen, innen hv, * n l m l m kovetkezik. Ez azt jelenti, hogy v ortogonalis V minden vektorara, ami csak ugy lehetseges, hogy v = 0, s gy 8.17 ertelmeben f -nek egyetlen xpontja van, amivel belattuk, hogy f pont koruli forgatas. (B) Legyen a tovabbiakban (E, V, ) a haromdimenzios euklideszi an ter, es f ∈ I (E). Minkent a skbeli esetben, f lehetseges tpusainak attekintesehez most − is az * f ∈ O(V ) lineariz alt vizsgalatan keresztul

jutunk el. − (1) Ha f iranytastarto, akkor * f ∈ O+ (V ) es ket alapeset adodik: − (a) * f = 1V { ekkor f transzl acio ; * − (b) f matrixa alkalmas (e1 , e2 , e3 ) ortonormalt bazisban   1 0 0 0 cos θ − sin θ , θ ∈]0, 2π [. 0 sin θ cos θ − Ekkor * f egyetlen sajaterteke az 1, es V(1) = L (e1 ) pontonkent x egydimenzios invarians alter. (b1 ) Ha f -nek van xpontja, akkor f tengely koruli forgatas, a tengely a xpontra illeszked}o, L (e1 ) iranyu egyenes (ld. 819(2)) (b2 ) Amennyiben f -nek nincs xpontja, ugy { ismet 8.16-ra valo hivatkozassal { f = Tv ◦ g alaku el}o−a−ll t* as lehetseges,−−−ahol g −−− −− * xponttal rendelkez} o izometria  e s v ∈ Fix( g ). Azonban Fix( g )= * 
− − g −1V = Ker f −1V = L (e1 ), tehat f csavarmozg Ker * as : L (e1 ) ir anyu tengely koruli forgatas es v ∈ L (e1 ) {0} eltolasi vektorral rendelkez}o transzlacio kompozcioja. * − * − (2)

f irany tasvalto, azaz a de ncio ertelmeben f ∈ O− (V ). Ekkor det f = * − −1, s f -nek a V ir anyter egy alkalmas E = (e1 , e2 , e3 ) ortonormalt bazisra vonatkozo matrixa a 8.1(2)-ben mondottaknak megfelel}oen ketfele lehet   1 0 0 *  (a) ME −f = 0 1 0  . 0 0 −1  − − Ekkor dim Ker * f −1V = 2, tehat az 1 sajaterteke * f -nek, megpedig 2 geometriai multiplicitassal. A megfelel}o sajatalter: *  − U := L (e1 , e2 ) = Ker f −1V 0 0 0 0 − pontonkent x 2-dimenzios invarians altere az * f linearizaltnak, amely ily modon U -ra valo (linearis) tukrozest jelent. 93 (a1 ) Ha f -nek van A xpontja es H az A-ra illeszked}o, U iranyter}u sk, akkor f = σH (skra vonatkozo tukrozes). (a2 ) Amennyiben f -nek nincs xpontja, akkor ismet a termeszetes felbontas tetele alapjan f = Tv ◦ g −−−− * rhato, ahol g xponttal rendelkez}o izometria es v −∈−−− Fix( g) − − * * − * −

{0}. A m ar tobbszor alkalmazott ervelessel f = g , gy Fix(g)= U ; f teh at cs ukrozes, a szimmetriaskjanak iranytere usztatva t * − − Ker f −1V , a transzlacio-resz eltolasi vektora * f -nek xvektora.   −1 0 0 *  (b) ME −f =  0 cos θ − sin θ (θ ∈]0, 2π[) 0 sin θ cos θ * − Ekkor f egyetlen (valos) sajaterteke a −1, s mivel  * − dim Ker f −1V = 0, f -nek (8.17 ertelmeben) egyetlenegy * − xpontja van. Az ME f matrixot a 1 0 0 −1 0 0 0 0 cos θ − sin θ =  0 1 0 0 cos θ − sin θ 0 0 1 0 sin θ cos θ 0 sin θ cos θ  −1 0     − szorzatkent alltva el}o, lathato, hogy az * f linearizalt a L (e2 , e3 ) skra vonatkozo tukrozes es a L (e1 ) tengely koruli forgatas kompozcioja, amib}ol kovetkezik, hogy maga f forgatva tukrozes. A tukrozes skja a xpontra illeszked}o, L (e2 , e3 ) iranyter}u sk, a forgatas tengelye erre mer}oleges, s

szinten atmegy a xponton.  8.21 Lemma (1) Az euklideszi an terek homoteciai hasonlosagok, megpedig egy λ ∈ R∗ aranyu homotecia |λ| aranyu hasonlosag. (2) Egy euklideszi an ter minden hasonlosaga el}oallthato egy tetsz}olegesen el}ort kozeppontu homotecia es egy izometria kompozciojakent. Bizonytas. Legyen adva egy (E, V, ) euklideszi an ter (1) Tekintsunk egy HO,λ : E E, P 7 P 0 homoteciat. Ekkor tetsz}oleges A, B ∈ E pontok eseten −−−* d(A0 , B 0 ) = A0 B 0 = |λ| = − −− * − −− * OB 0 − OA0 −−* − − * OB − OA = |λ| 94 −−* AB −* − − * = λ− OB −λ OA = = |λ| d(A, B ), 3.10 tehat valoban |λ| aranyu hasonlosag (a szurjektvseg automatikusan teljesul). (2) Legyen f ∈ Sim(E) λ aranyu hasonlosag (λ ∈ R∗+ ). Kivalasztva egy tetsz}oleges O pontot mint centrumot, kepezzuk a g = HO, ◦ f transzformaciot. Legyen A, B ∈ E szinten tetsz}oleges; A0 :=

g(A), B 0 := g(B ). Ekkor HO,λ 1 λ −− * − −− * − −−−−−−−−−−−− * − −−−−−−−−−−−− * OA0 − OB 0 = OHO, (f (B )) − OHO, (f (A)) = = − −−−−−−−* −−−−* 1 −−−−− 1 − = λ1 − f (A)f (B ) = Of (B ) − Of (A) = λ λ 1 1 = d(f (A), f (B )) = · λd(A, B ) = d(A, B ); −−−* d(A0 , B 0 ) = A0 B 0 1 λ g 1 λ λ λ tehat izometria, f = HO,λ ◦ g pedig a kvant el}oalltasa f -nek.   tas. Egy euklideszi an ter egy transzformacioja pontosan akkor 8.22 All hasonlosag, ha olyan anitas, amelynek linearizaltja egy ortogonalis transzformacio pozitv skalarszorosa: f ∈ Sim(E)  ⇔ * − f ∈ A (E) es f = hλ ◦ ϕ, ahol ϕ ∈ O(V ), hλ pedig pozitv arany u homoteciaja V -nek. Bizonytas. Tekintsuk az (E, V, ) an ter egy f : E E transzformaciojat − (1) Tegyuk fol el}oszor, hogy f ∈ A (E) es * f = λϕ, ahol ϕ ∈ O(V ), λ

∈ R∗+ . Ekkor tetsz}oleges A, B ∈ E eseten −−−−−−−−* d(f (A), f (B )) = f (A)f (B ) = −−* =λ = |λ| ϕ AB * − −−* f AB −−* AB = −−* λϕ AB = = λd(A, B ), ami azt jelenti, hogy f ∈ Sim(E). (2) Legyen, megfordtva, f ∈ Sim(E). Ha f aranya λ, akkor az el}oz}o lemma ertelmeben f = HO,λ ◦ g ; g ∈ I (E), O ∈ E − − −−− * − * −rhato; innen 3.4(3) gyelembevetelevel * f =HO,λ ◦ g . Itt 710 ertelmeben g ∈ O(V ). Mivel tetsz} oleges A, B ∈ E eseten − −−−−−−−−−−−−−−− * − −−−−−−−− * − −−−−−−−− * HO,λ (A)HO,λ (B )=OHO,λ (B ) − OHO,λ (A)= −−* −* − − * −−* =λ− OB −λ OA= λ AB = hλ AB , − −−− * HO,λ = hλ . − * − * − Ily modon * f = hλ ◦ g , g ∈ O(V ) { s ezt kellett belatnunk.  95  tas (a hasonlosagok xponttetele). Ha egy hasonlosag nem egy823 All bevagosag, akkor

letezik egyetlen xpontja. 1. bizonytas Legyen (E, V, ) euklideszi an ter, s tegyuk fol, hogy f ∈ Sim(E) λ aranyu hasonlosag; λ ∈ R∗+ {1}. Ha { raadasul { 0 < λ < 1, akkor f kontrakci oja E-nek, amely teljes metrikus ter, s gy a Banach-fele xponttetel ertelmeben (ld. 62) f -nek letezik egyetlenegy xpontja λ > 1 eseten f −1 λ1 (s gy 1-nel kisebb) aranyu hasonlosag, van tehat egy es csak egy olyan A pont, hogy f −1 (A) = A. Innen f (A) = A adodik, vagyis A xpontja f -nek, s tovabbi xpont most sincs. 2. bizonytas Tartsuk meg az eddig hasznalt jeloleseket A 822 alltas ertelmeben * − f = λϕ; ϕ ∈ O(V ), λ ∈ R∗+ {1} . − * − Ekkor * f -nek az 1 nem saj aterteke, hiszen ha egy nemzerus v vektorra v = f (v) = λϕ(v), akkor kvk = kλϕ(v)k = λ kvk kovetkezik, ami ellentmond annak, hogy v 6= 0 es λ 6= 1. Igy azonban a 315 alltas biztostja, hogy f -nek letezik egyetlenegy xpontja.  8.24

Tetel (a 2- es 3-dimenzios euklideszi an terek hasonlosagainak osztalyozasa). (1) Az euklideszi sk minden nemizometrikus, iranytastarto hasonlosaga egy kozos centrumu pont koruli forgatas es egy pozitv aranyu homotecia kompozcioja ("forgatva nyujtas"). A kozos centrum a hasonlosag xpontja, a transzformaciok sorrendje kozombos. (2) Az euklideszi sk minden nemizometrikus, iranytasvalto hasonlosaga egy tengelyes tukrozes es egy pozitv aranyu homotecia kompozcioja. A homotecia centruma a hasonlosag xpontja es illeszkedik a tengelyre, a transzformaciok sorrendje kozombos (3) Az euklideszi ter minden nemizometrikus iranytastarto hasonlosaga egy tengely koruli forgatas es egy pozitv aranyu homotecia kompozcioja. A homotecia centruma a hasonlosag xpontja es illeszkedik a tengelyre, a transzformaciok felcserelhet}ok. (4) Az euklideszi ter minden iranytasvalto hasonlosaga egy

forgatva tukrozes es egy pozitv aranyu homotecia kompozcioja. A homotecia centruma a hasonlosag xpontja es illeszkedik a forgatas tengelyere; a forgatva tukrozes es a homotecia felcserelhet}o. Forgataskent minden esetben megengedjuk az identikus transzformaciot is. Bizonytas. Vektorizaljuk az adott (E, V, ) euklideszi an teret (dim E ∈ {1, 2}) a vizsg alt hasonlosag O xpontjaban! Ekkor 8.22 alapjan a hasonlosag az E0 ∼ = V vektorizalt hλ ◦ ϕ; λ ∈ R∗+ {1} , ϕ ∈ O(V ) alaku transzformaciojaval azonosthato. A ϕ-re adodo lehet}osegeket lerja 8.1(2), ezek attekintesevel a megadott osztalyozashoz jutunk 96  9. Szogmertek Egybevagosagi tetelek 9.1 Emlekeztet}o (1) A cos fuggveny bijektven, megpedig szigoruan monoton csokken}o modon kepezi le a [0, π] zart intervallumot a [−1, 1] zart intervallumra. Igy−a1 Cos := cos  [0, π] fuggveny invertalhato, inverzere az Arccos vagy a Cos

jelolest hasznaljuk; ez [−1, 1]-rol [0, π]-re valo bijektv { szigoruan monoton csokken}o { lekepezes. A cos es az Arccos fuggvenyek gra konja (2) Legyenek u es v egy euklideszi vektorter nemzerus vektorai. A CBSegyenl}otlensegb}ol kovetkezik, hogy −1 ≤ hu, vi ≤ 1; kuk kvk = 1 ⇔ v pozitv skalarszorosa u-nak; = −1 ⇔ v negatv skalarszorosa u-nak. Letezik ily modon egy es csak egy olyan θ ∈ [0, π] szam, amelyre hu,vi kukkvk hu,vi kukkvk θ hu, vi = Cos−1 kuk kvk ⇔ hu, vi cos(θ) = kuk kvk teljesul, ezt az u es v vektorok szoge nek nevezzuk. 9.2 Lemma Cos−1 (t) + Cos−1 (−t) = π minden t ∈ [−1, 1] eseten Bizonytas. Az addcios tetelek alkalmazasaval kapjuk, hogy cos(π − Cos−1 (−t)) = (cosπ)(−t) + sin π sin(Cos−1 (−t)) = (−1)(−t) = t, ami azt jelenti, hogy π − Cos−1 (−t) = Cos−1 (t). 97  9.3 De ncio Legyenek O, A, B egy euklideszi an ter pontjai, s tegyuk fel, hogy O

6= A es O 6= B . Az AOB^ euklideszi merteken (vagy egyszer}uen merteken) az m(AOB^) := Cos−1 D− − * −−E OA, OB − − * −− ∈ [0, π ] OA OB valos szamot ertjuk. 9.4 Megjegyzesek − −− (1) Egy AOB^ − OA, illetve OB sz ogszar anak iranyvektora n olyan u, illetve v vektort ertunk, amelyre − − * −* OA= λu, λ > 0; illetve − OB = µv, µ > 0 teljesul. Kozvetlenul lathato, hogy m (AOB^) = Cos−1 hu, vi kuk kvk − −− ahol u, illetve v az − OA, illetve az OB szogszar tetsz} oleges iranyvektora. Ha specialisan iranyvektorkent u, illetve v egysegvektor t valasztunk, akkor m(AOB^) = Cos−1 hu, vi . (2) Tegyu−k−fel, hogy−− az AOB^ az E euklideszi an skon van adva, s legyen az OA, illetve OB szogszar iranyvektora az u, illetve a v egysegvektor. Jeloljuk ki E-nek egy (O; (e1 , e2 )) ortonormalt koordinatarendszeret. Egyszer}uen atgondolhato, hogy egyertelm}uen leteznek olyan α, β ∈]

− π, π] valos szamok, amelyekkel u = (cos α)e1 + (sin α)e2 , illetve v = (cos β )e1 + (sin β )e2 rhato. Az AOB^ euklideszi merteke az az egyertelm}uen meghatarozott θ ∈ [0, π] valos szam, amelyre cos α = cos β vagy Rθ cos β = cos α (∗) Rθ sin α sin β sin β sin α   θ − sin θ teljesul, ahol (ld. 81(2)) Rθ := cos sin θ cos θ . Valoban, ha θ = m(AOB^) = Cos−1 hu, vi, akkor cos θ = hu, vi = cos α cos β + sin α sin β = cos(α − β ),     98     s gy peldaul α > β eseten θ = α − β es      cos β cos( α − β ) − sin(α − β ) cos β Rθ sin β = sin(α − β ) cos(α − β ) sin β =     cos( α − β ) cos β − sin(α − β ) sin β cos α = sin(α − β ) cos β + cos(α − β ) sin β = sin α . Azonostva az Rθ ortogonalis matrixot az altala reprezentalt ortogonalis transzformacioval, (∗) ugy is kifejezhet}o, hogy Rθ (u) = v vagy Rθ (v ) = u. Ezzel az

rasmoddal, a feltetelek reszletezese nelkul, a tovabbiakban is elni fogunk.  tas (az euklideszi szogmertek elemi tulajdonsagai). Egy szog eukli95 All deszi merteke (1) akkor es csak akkor 0, ha a szog a zerusszog; (2) akkor es csak akkor π, ha a szog egyenesszog; (3) 0 es π koze esik, ha a szog valodi. A szogmertek akkor es csak akkor π2 , ha a szaregyenesek mer}olegesek.  9.6 De ncio Azt mondjuk, hogy egy euklideszi an ter ket szogenek egyike a masiknal nagyobb, illetve kisebb, ha az euklideszi mertekeik kozott ilyen kapcsolat all fenn. A π2 mertek}u szogeket derekszog eknek nevezzuk; a derekszognel kisebb szogeket hegyesszog eknek, a derekszognel nagyobbakat tompaszog eknek hvjuk. 9.7 Kovetkezmeny Egy AOB^ akkor es csak akkor hegyesszog, D− D− − * −−E − * −−E OA, OB > 0; akkor es csak akkor tompaszog, ha OA, OB < 0. ha  9.8 Megjegyzes Legyen E az euklideszi an sk

Tekintsunk egy l ⊂ E − n pedig egy normalvektora. Egyszer} egyenest, amelynek A egy pontja, * uen megmutathato, hogy az l hataregyenes}u nylt felskok a kovetkez}okeppen is megadhatok: n D−−* − o n D−−* − o − * −E − * −E n > 0 , illetve n <0 P ∈ E | OP − OA, * P ∈ E | OP − OA, * (O ∈ E tetsz}olegesen rogztett origo). az Legyen◦ K nylt felskja egy felegyenes K hataregyenesen.  tas (az euklideszi szogmertek teljessege). 9.9 All E euklideszi an sknak, s legyen − − OA 99 ◦ − Minden θ ∈◦ ]0, π[ valos szamhoz letezik egy es csak egy olyan − OB felegyenes, hogy B ∈K es m(AOB^) = θ. − − Bizonytas. Legyen v egyseghosszusagu iranyvektora az OA felegyenesnek, * − n pedig legyen v -re mer} oleges egysegvektor. Az O pontot origonak valasztva, foltehetjuk, hogy −* − − * − n> 0 = P ∈E| − OP − OA, * Tekintsuk azt a B pontot, amelynek helyzetvektora

−−* − n . OB := (cos θ)v + (sin θ) * − * Mivel − OA= λv (λ ∈ R∗+ ), ◦ n K D−−* − − * −E n = OB − OA, * D Eo . − − n −λv, * n = sin θ > 0, (cos θ)v + (sin θ) * −* kovetkezeskeppen B ∈K . − OB (szinten) egysegvektor, ezert − n = Cos−1 (cos θ) = θ, m(AOB^) = Cos−1 v, (cos θ)v + (sin θ) * ◦ − amivel belattuk, hogy az − OB felegyenes a kvant tulajdonsag u. ◦ Hatra van meg az egyertelm}useg igazolasa. Tegyuk fol, hogy B 0 ∈K −−olyan pont, − 0 −− 0 amelyre m(AOB ^) = θ teljesul.−−−Meg kell mutatnunk,
hogy ekkor OB =OB . − n ortonormalt bazisa az Legyen w irany-egysegvektora OB 0 -nek. Mivel v, * iranyternek, a Fourier-el}oalltaa (6.7(3)) alapjan − − n * n w = hw, vi v + w, * rhato. A feltetel ertelmeben θ = m(AOB 0 ^) = Cos−1 hw, vi; innen hw, vi = cos θ, s gy − − n * n . w = (cos θ)v + w, * 2 − − n , azt kapjuk, hogy w, * n =

Felhasznalva, hogy 1 = kwk = cos2 θD+ w, * E √ ◦ − − − * − − * * − 0 0 2 ± 1 − cos θ = ± sin θ. B ∈K miatt OB − OA, n > 0, ami azt adja, hogy −−* − − − n > 0, k n = sin θ es w = (cos θ)v + (sin θ) * n =OB . w, * ovetkezeskeppen w, * − −− 0 −− Igy OB =OB valoban teljesul.  9.10 Lemma Legyen adva az euklideszi an skon egy valodi AOB^ Ha bels}o pontja a szognek, akkor m(AOP ^) < m(AOB^). − − −− −− Bizonytas. Legyenek u, v es w az OA, OB es OP szogszarak egyseghosszusagu iranyvektorai. Jeloljon u⊥ u-ra, v⊥ v-re mer}oleges egysegvektort. Mivel P ∈ IntOAB^, w, u⊥ es v, u⊥ azonos el}ojel}u Legyen * − − n ∈ u⊥ , −u⊥ az a vektor, amelyre w, * n > 0. Ekkor az el}oz}o bizonytasban latottak szerint − − n es v = (cos θ)u + (sin θ) * n w = (cos %)u + (sin %) * P 100 rhato, ahol % = m(AOP ^) θ = m(AOB^). Igy
− n v ⊥ = ± (sin θ)u − (cos θ) *

kovetkezik. P ∈ IntOAB^ miatt u, v⊥ es w, v⊥ is azonos el}ojel}u Mivel − n , u > 0, gy (sin θ)u − (cos θ) * − − n , (sin θ)u − (cos θ) * n = cos % sin θ − sin % cos θ > 0 (cos %)u + (sin %) * adodik. Az utobbi relaciobol azt kapjuk, hogy θ cos % sin % cos θ < cos % sin θ, illetve cos sin θ < sin % , azaz ctgθ < ctg%. (Az osztasok lehetsegesek voltak, mert θ, % ∈]0, π[, es ]0, π[ folott a sin fuggveny pozitv). A ctg fuggveny ]0, π[-n szigoruan monoton csokken, gy az utobbi relaciobol % < θ, azaz m(AOP ^) < m(AOB^) kovetkezik { s ezt akartuk belatni.  9.11 Lemma Legyen az AOB^ egyenesszog az E euklideszi skon, s legyen ← − P ∈ E AB tetsz}oleges pont. Ekkor m(AOP ^) + m(P OB^) = π − − −− −− Bizonytas. Legyenek u, v es w rendre az OA, OB , OP szogsza← rak − egyseghosszusagu iranyvektorai. Mivel az AOB^ egyenesszog, A es B az AB egyenes kulonboz}o O

kezd}opontu felegyeneseihez tartoznak, s ezert v = −u. Igy m(AOP ^) + m(P OB^) = Cos−1 (hu, wi) + Cos−1 (hw − ui) = = Cos−1 (hu, wi) + Cos−1 (− hw − ui) = π. 9.2  9.12 Tetel Az euklideszi szogmertek rendelkezik az additivitas tulajdonsagaval : ha P ∈ IntAOB^, akkor m(AOP ^) + m(P OB^) = m(AOB^). Bizonytas. (1) Azt igazoljuk el}oszor, hogy m(AOP ^) + m(P OB^) ≤ π. 101 − − Legyen ebb}ol a celbol C ∈← OA OA tetsz}oleges. A 910 es 911 lemma alkalmazasaval kapjuk, hogy m(P OB^) ≤ m(P OC^) = π − m(AOP ^), innen valoban a kvant relacio −k ovetkezik. − − −− (2) Legyen u, v es w rendre az OA, az − OB , es az OP szogszar egyseghossz u
usag iranyvektora, s jeloljon w⊥ w-re mer}oleges egysegvektort. (Ekkor w, w⊥ ortonormalt bazisa az iranyternek) Tudjuk, hogy m(AOP ^) = Cos−1 hu, wi , m(P OB^) = Cos−1 hv, wi , m(AOB^) = Cos−1 hu, vi . Az addcios tetel alapjan
cos(m(AOP ^) + m(P

OB^)) = cos Cos−1 hu, wi + Cos−1 hv, wi =

= hu, wi hv, wi − sin Cos−1 hu, wi sin Cos−1 hv, wi = q q = hu, wi hv, wi − 1 − hu, wi2 1 − hv, wi2 . A w, w⊥
bazisra vonatkozo Fourier-el}oalltast alkalmazva u = hu, wi w + u, w⊥ w⊥ , rhato, s mivel kuk2 = 1, innen hu, wi2 + u, w⊥ 2 = 1, illetve Innen q 1 − hu, wi2 = ± u, w⊥ kovetkezik. Ugyangy kapjuk, hogy 1 − hv, wi2 = ± q v, w⊥ . − IntABD^ miatt A es B az ← OP egyenes k ulonboz}o oldalain u , kovetkezeskeppen van, s ez e rt u, w⊥ es v, w⊥ ellentetes el}ojel} q q 2 2 1 − hu, wi 1 − hv, wi = − u, w⊥ v, w⊥ . Igy a fentebb nyert relacio az alabbi modon alakthato: cos(m(AOP ^) + m(P OB^)) = hu, wi hv, wi + u, w⊥ v, w⊥ = = v, hu, wi w + u, w⊥ w⊥ = hv, ui = hu, vi = cos(m(AOB^)). P ∈ 102 Az (1)-ben tett eszrevetelre tekintettel a cos fuggveny argumentumaban lev}o szamok mind a bal, mind a jobb oldalon [0, π] intervallumbol

valok, amely folott a cos bijektv; gy a nyert eredmenyb}ol a kvant m(AOP ^) + m(P OB^) = m(AOB^) relaciohoz jutunk.   tas. Az euklideszi an sk ket szoge akkor es csak akkor egy913 All bevago, ha egyenl}o az euklideszi szogmertekuk. Bizonytas. Legyen adva az (E, V, ) euklideszi an skon az A = ACB^ − −− −−− −−− es az A 0 = A0 C 0 B 0 ^, s legyenek a − CA, CB , C 0 A0 , C 0 B 0 szogszarak egyseghosszusagu iranyvektorai rendre u, v, u0 , v0 . (1) Ha A ∼ = A 0 , akkor { de ncio szerint { van olyan f : E E0 izometria, hogy f (A ) = A 0 . Mivel az izometriak anitasok, f A szaregyeneseit A 0 sz aregyeneseibe, s gy A csucsat A 0 csacsaba viszi at, es egyben az is * − kovetkezik, hogy A szarainak kepei A 0 -nek szarai.* Az f linearizalt ortogonalis − * − transzformacio, s vilagos a mondottakb o l, hogy f (u) es f (v ) A 0 szarainak − egyseghosszusagu iranyvektorai. * f

ortogonalitasanak felhasznalasaval m(A0 C 0 B 0 ^) = Cos−1 E D* − * − f (u), f (v ) = Cos−1 (hu, vi) = m(ACB^), amivel belattuk, hogy kongruens szogeknek egyenl}o az euklideszi merteke. (2) Megfordtva, tegyuk fol, hogy m(ACB^) = m(A0 C 0 B 0 ^) = α. Az is foltehet}o (ld. 94(2)), hogy Rα (u) = v, Rα (u0 ) = v 0 , Rα ∈ O(V ). Jeloljon u⊥ u-ra ortogonalis egysegvektort, s jelentse β ∈ [0, π] azt a szamot, amelyre u0 = (cos β )u + (sin β )u⊥ = Rβ (u). Ekkor v 0 = Rα (u0 ) = Rα ◦ Rβ (u) = Rα+β (u) = Rβ +α (u) = = Rβ ◦ Rα (u) = Rβ (v), tehat az Rβ ortogonalis transzformacional Rβ (u) = u0 es Rβ (v ) = v 0 . (∗) 3.5 ertelmeben letezik egy es csak egy olyan f : E E anitas, amelyre f (C ) = C 0 es 103 * − f = Rβ teljesul. Ekkor f izometria; megmutatjuk, hogy f (A ) = A 0 . − − Egy O origo rogztese utan a CA szogszar tetsz}oleges P pontjanak helyzetvektora −−* −− OP =OC +τ u, τ ∈

R∗+ . Igy −− * −− * −−−−−* −−−−− −−−−−−−− − − −−* − − −−* −− Of (P )=Of (C ) + f (C )f (P )=OC 0 + f CP =OC 0 + f OP − OC = −− * − −− * (∗)−−−* =− OC 0 +Rβ (τ u) =OC 0 +τ Rβ (u) = OC 0 +τ u0 −−− − − −−* teljesul, ami azt jelenti, hogy f (P ) ∈− C 0 A0 ; kovetkezeskeppen f CA =C 0 A0 . − −−* −− Hasonlo modon, tetsz}oleges Q ∈− CB eseten OQ=OC +λv (λ ∈ R∗+ ) es   −− * −− * −−−−−* −−−−− −−−−−−−− − − −−* − Of (Q)=Of (C ) + f (C )f (Q)=OC 0 + f CQ =OC 0 +Rβ (λv ) = −− * (∗)−−−* =− OC 0 +λRβ (v ) = OC 0 +τ v 0 , −−− −−− − CB =C 0 B 0 kovetkezik. Belattuk ily modon, hogy tehat f (Q) ∈C 0 B 0 , s gy f − f (A ) = A 0 , s ezzel igazoltuk A es A 0 egybevagosagat.    Megjegyzes. Az alltas minden euklideszi an terben igaz, de az

altalanos esetben a bizonytas hosszabb. 9.14 Lemma (konjugalasi szabaly tukrozesekre) Legyen l egy egyenese az euklideszi an sknak, s tekintsuk a σl tengelyes tukrozest. Ha g : E E tetsz}oleges izometria, akkor a g−1 ◦ σl ◦ g transzformacio is tengelyes tukrozes, megpedig g −1 ◦ σl ◦ g = σg (l) . E −1 Bizonytas. Tudjuk, hogy g−1 szinten izometria, s gy egyben anitas; ezert 1 g (l) egyenes. Tetsz} oleges P ∈ g−1 (l) pont eseten g(P ) ∈ l miatt g −1 ◦ σl ◦ g (P ) = g −1 (g (P )) = P ; − g −1 (l) teh at pontonkent x egyenese a g−1 ◦ σl ◦ g transzformacionak. g−1 ◦ σl ◦ g 6= 1E , ellenkez} o esetben ugyanis σl ◦ g = g, innen pedig σl = 1E adodna, ami lehetetlen. Igy g−1 ◦ σl ◦ g olyan izometriaja az euklideszi an sknak, amelynek van egyetlenegy pontonkent x invarians egyenese { a g−1 (l) egyenes {; kovetkezeskeppen g−1 ◦ σl ◦ g = σg−1 (l) .  9.15

Kovetkezmeny Legyenek l es m az euklideszi an sk kulonboz}o egyenesei. A σl es a σm tengelyes tukrozes akkor es csak akkor felcserelhet}o, ha a tengelyeik mer}olegesek: σl ◦ σm = σm ◦ σl ⇔ l⊥m. 104 Bizonytas. (1) Tegyuk fel el}oszor, hogy l⊥m. Ekkor σl (m) = m, s gy egyben σl−1 (m) = m, es a konjugalasi szabaly alkalmazasaval a σl−1 ◦ σm ◦ σl = σσ (m) = σm relaciohoz jutunk. Innen σ m ◦ σ l = σl ◦ σ m , a ket tengelyes tukrozes tehat felcserelhet}o. (2) Megfordtva, tegyuk fol, hogy σm ◦ σl = σl ◦ σm teljesuleset. Innen (komponalva mindket oldalt σl−1 -gyel) σl−1 ◦ σm ◦ σl = σσ . Masreszt, a konjugalasi szabaly ertelmeben , σl−1 ◦ σm ◦ σl = σσ (m) . A ket relaciot osszevetve , σσ (m) = σm adodik, amib}ol σl−1 (m) = m , illetve m = σl (m) kovetkezik (hiszen a tengelyes tukrozest egyertelm}uen meghatarozza a tengelye). Azt kaptuk, hogy m

invarians egyenese σl -nek, m 6= l miatt csak ugy lehetseges, hogy m⊥l. −1 l m −1 l −1 l  9.16 De ncio es lemma Legyenek l es m az euklideszi an sk egymasra mer}oleges egyenesei, a metszespontjukat jelolje F . A %F := σl ◦ σm = σm ◦ σl transzformaciot F centrumu kozeppontos tukrozesnek vagy F koruli felforgatasnak nevezzuk. Rogztve egy O origot, −−−−−−* −−* −−* ∀P ∈ M : O%F (P )= − OP +2 OF ; tehat tetsz}oleges F -t}ol kulonbo−−z}−o−−pont keppontja az a %F (P ) pont, amelyre teljesul, hogy F felez}opontja a P %F (−P−−) szakasznak. − * az l, illetve az m egyenes egy-egy Bizonytas. Jelolje * nl , illetve − n− m egyseghosszusagu normalvektorat. Ekkor (ld 89) tetsz}oleges P ∈ E pont eseten D−−* −− E − −− * − −−−−− * −− − − Oσl (P )=OP −2 OP − OF , * nl * nl =:OP 0 , D− E −−−−−−−* − −− * −− * −− − −

− * Oσm (P 0 )=OP 0 −2 OP 0 − OF , − n* m nm = D−−* −− E D−−* −− D−−* −− E E −* − − − − * − − * =− OP −2 OP − OF , * nl * nl −2 OP − OF −2 OP − OF , * nl * nl , − n− m nm = D−−* −− E D−−* −− E  −* − − * − − * =− OP −2 OP − OF , * nl * nl + OP − OF , − n− m nm = −−* −− −* −−* −−* =− OP −2 OP − OF = − OP +2 OF − *i = 0, s alkalmazva az ( − *) orto(felhasznalva, hogy l⊥m miatt h nl , − n− nl , − n− m m normalt bazis szerinti Fourier-el}oalltast). 105  9.17 De ncio Azt mondjuk, hogy egy euklideszi an terben ket szog valtoszog-par t alkot, ha az egyik szog szarainak egyseghosszusagu iranyvektorai ellentettjei a masik szog egyseghosszusagu iranyvektorainak. 9.18 Lemma A valtoszogek egybevagok Bizonytas. Tekintsuk az A1 = A1 B1 C1 ^ es A2 = A2 B2 C2 ^ valtoszogeket! Az altalanossag serelme

nelkul feltehetjuk, hogy ezek az euklideszi an skon vannak adva, s hogy A1 es B1 a C1 csucstol, A2 es B2 a C2 cs ucstol egys−e−gnyi −−−−− tavolsagra van. Ha C1 = C2 := C , akkor C felez}opontja az A1 A2 es a B1−B−−2 szakasznak is. Ekkor 916 alkalmazasaval %C (A1 ) = A2 , %C (B1 ) = B2 adodik, s gy %C (A1 ) = A2 kovetkezik, mg C1 6= C2 eseten a %C ◦ T− −− * izometriaval C C teljesul ugyanez. 2 1 2  Megjegyzes. Tekintve egy valos an terben egy ABC haromszoget, azt mondjuk, hogy A^ := BAC^, B^ := CBA^ es C^ := ACB^ a haromszog szogei. 9.19 Tetel (Euklidesz) Euklideszi an terben barmely haromszog szogei euklideszi mertekeinek osszege π. Bizonytas. Tekintsunk egy ABC haromszoget 119 ertelmeben letezik egy − es csak egy olyan l egyenes, amely illeszkedik az A pontra es parhuzamos a ← BC egyenessel. Az l egyenes megadhato − − − − l =AP ∪ AQ alakban, ahol { egy O origo

rogztese utan { −−* − − * −− −−* − − * −− OP =OA + BC, OQ=OA − BC . −−* − − * −− A B pont bels}o pontja a QAC^-nek, ugyanis az OQ=OA − BC relacio atrhato −−* − − * −− −− OQ=OA − BO − OC alakba, ahonnan −−* − − * −− −− OB = − OA + OQ + OC . 106 Innen kiolvashato, hogy a B pont (A, Q, C ) an bazisra vonatkozo 2. es 3 normalt baricentrikus koordinataja pozitv, ebb}ol pedig 5.19 alapjan B ∈ IntQAC^ kovetkezik. Alkalmazva a szogmertek additivitasat (912), m(QAC^) = m(QAB^) + m(BAC^). Mivel a QAP ^ egyenesszog, 9.11 alapjan azt kapjuk, hogy m(QAC^) + m(CAP ^) = π , a ket ut obbi relaciobol pedig azt, hogy (∗) m(QAB^) + m(BAC^) + m(CAP ^) = π. A konstrukciobol kiolvashatoan a QAB^ es az ABC^, valamint CAP ^ es az ACB^ valtoszogek. A valtoszogek egybevagok (918) es az egybevago szogek merteke egyenl}o (9.13), gy (∗)-bol a kvant m(ABC^) + m(BAC^)

+ m(ACB^) = π rel aciohoz jutunk.  107