Az affin geometria n´ eh´ any jellegzetes t´ etele

1.5.1. T´etel (A p´arhuzamos szel˝ok t´etele).Legyen H₁, H₂ ´esH₃ h´ a-rom p´arhuzamos hipers´ık az X affin t´erben, melyekre H₁ 6=H₂ 6= H₃. Te-gy¨uk fel, hogyE ´esF olyan egyenesekX-ben, amelyek egyike sem gyeng´en p´arhuzamos az adott hipers´ıkokkal, ´es legyenekA₁, A₂, A₃, illetve B₁, B₂, B3 az E, illetveF metsz´espontjai rendreH1-gyel,H2-vel ´esH3-mal. Ekkor (A1A2A3) = (B1B2B3).

Bizony´ıt´as :AzE-nekF-re t¨ort´en˝o−→

H1ir´any´u p´arhuzamos vet´ıt´ese (l. 1.2.14) A1-et,A2-t ´esA3-at rendreB1-be,B2-be, illetveB3-ba viszi, ´ıgy az 1.4.3. K¨ o-vetkezm´enyb˝ol ad´odik az ´all´ıt´as.

1.5.2. Defin´ıci´o (Sug´arsor). Egy affin s´ıkon sug´arsornak nevezz¨uk a s´ık egyeneseinek egy halmaz´at, ha vagy a s´ık valamely pontj´ara illeszked˝o ¨osszes egyenesr˝ol van sz´o (metsz˝o sug´arsor), vagy pedig a s´ık valamely egyenes´evel p´arhuzamos ¨osszes egyenesr˝ol van sz´o (p´arhuzamos sug´arsor).

B´armely sug´arsor egyes´ıt´ese az eg´esz s´ık. A s´ık b´armely k´et k¨ul¨onb¨oz˝o egye-nese egy´ertelm˝uen foglalhat´o sug´arsorba. A s´ık valah´any egyenese pontosan akkor tartozik egy sug´arsorhoz, ha van k¨oz¨os pontjuk, vagy ha p´arhuzamosak.

1.5.3. T´etel (Ceva t´etele). Legyen A, B ´es C egy affin s´ık h´arom nem kolline´aris pontja, legyenek tov´abb´a A1, B1 ´es C1 rendre a hB, Ci, hC, Ai, illetvehA, Biegyenesekre illeszked˝o,A-t´ol,B-t˝ol ´esC-t˝ol k¨ul¨onb¨oz˝o pontok.

Ekkor annak, hogy azhA, A1i, ahB, B1i´es ahC, C1iegyenes egy sug´arsorhoz tartozzon, sz¨uks´eges ´es el´egs´eges felt´etele az

(ABC1)(BCA1)(CAB1) = 1 egyenl˝os´eg.

Bizony´ıt´as : A sz¨uks´egess´eg bizony´ıt´as´ahoz tegy¨uk el˝osz¨or fel, hogy a h´arom egyenesnek van k¨oz¨os P pontja. Legyenek α, β ´esγ a P pont baricentrikus koordin´at´ai az A, B, C affin b´azisra n´ezve, azaz P = [α : β : γ]. Ekkor

C = [0 : 0 : 1] miatt az 1.4.8. ´All´ıt´as k¨ovetkezt´eben sz¨uks´egk´eppen C1 =

= [α:β : 0], ´ıgy az 1.4.2. ´All´ıt´as miatt (ABC1) =β/α. Hasonl´oan A1= [0 : :β :γ] ´es (BCA1) =γ/β, valamint B1 = [α: 0 :γ] ´es (CAB1) =α/γ. ´Igy (ABC1)(BCA1)(CAB1) = (β/α)(γ/β)(α/γ) = 1.

Ha pedig az hA, A1i, hB, B1i, hC, C1i egyenesek p´arhuzamosak, akkor az 1.5.1. T´etelt r´ajuk mint hipers´ıkokra alkalmazva (ABC₁) = (A₁BC) ´es (CAB₁)

= (CA1B) ad´odik, majd az 1.4.4.(5) ´All´ıt´ast az A1, B´esC pontokra fel´ırva kapjuk, hogy (ABC1)(BCA1)(CAB1) = (A1BC)(BCA1)(CA1B) = 1.

Az el´egs´egess´eg igazol´as´ahoz tegy¨uk fel, hogy (ABC1)(BCA1)(CAB1) = 1.

Ha a h´arom egyenes nem p´arhuzamos, akkor van k¨ozt¨uk k´et metsz˝o ; felte-hetj¨uk, hogy pl.hA, A1i´eshB, B1imetszik egym´ast egyP pontban.

All´ıtjuk, hogy a´ hC, Piegyenes nem lehet p´arhuzamos azhA, Biegyenessel.

Ha ugyanis ´ıgy volna, akkor ´ırjuk f¨olP-t baricentrikus koordin´at´akkal P =

= [α:β :γ] alakban, ekkor az 1.4.11-beli utols´o p´elda alapj´anα+β= 0. A kor´abbiakhoz hasonl´oan (BCA1) =γ/β ´es (CAB1) =α/γ, ahonnanα+β =

= 0 miatt (BCA1)(CAB1) = −1. A felt´etelb˝ol ekkor viszont (ABC1) =−1 k¨ovetkezne, ami lehetetlen.

Vehetj¨uk teh´at a hC, Pi egyenes ´es az hA, Bi egyenes C2 metsz´espontj´at.

Ekkor a t´etel m´ar bizony´ıtott ir´any´at felhaszn´alva (ABC2)(BCA1)(CAB1) =

= 1 k¨ovetkezik, amib˝ol a felt´etelt ´es az 1.4.4.(3) ´All´ıt´ast haszn´alva C₁ =C₂ ad´odik. ´Igy az hA, A1i, a hB, B1i ´es a hC, C1i egyenes is tartalmazza a P pontot.

1.5.4. T´etel (Menelaosz t´etele). Legyen A, B ´es C egy affin s´ık h´ a-rom nem-kolline´aris pontja, legyenek tov´abb´a A1,B1 ´esC1 rendre ahB, Ci, hC, Ai, illetvehA, Biegyenesekre illeszked˝o,A-t´ol,B-t˝ol ´esC-t˝ol k¨ul¨onb¨oz˝o pontok. Ekkor azA₁,B₁´esC₁pontok kollinearit´as´anak sz¨uks´eges ´es el´egs´eges felt´etele az

(ABC₁)(BCA₁)(CAB₁) =−1 egyenl˝os´eg.

Bizony´ıt´as :Tegy¨uk fel el˝osz¨or, hogy van olyanEegyenes, hogyA1,B1,C1∈

∈ E. Legyen F, G ´es H rendre az A, B, illetve C ponton ´athalad´o, E-vel p´arhuzamos egyenes. EkkorE,F,G´esHn´egy k¨ul¨onb¨oz˝o, p´arhuzamos egye-nes ; mess¨uk el ˝oket egy vel¨uk nem p´arhuzamos egyenessel rendre azS,P,Q

´esRpontban. Az 1.5.1. T´etelt a n´egy egyenesre mint hipers´ıkokra alkalmazva (ABC1) = (P QS), (BCA1) = (QRS) ´es (CAB1) = (RP S) ad´odik. ´Igy az 1.4.4.(6) ´All´ıt´ast haszn´alva a bizony´ıtand´o egyenl˝os´eget kapjuk.

Megford´ıtva, ha (ABC1)(BCA1)(CAB1) =−1 teljes¨ul, tekints¨uk azhA1, B1i egyenest. ´All´ıtjuk, hogy ez nem lehet p´arhuzamos az hA, Bi egyenessel. Ha ugyanis p´arhuzamos volna, akkor az 1.5.1. t´etel alkalmaz´as´aval (ACB1) =

= (BCA₁) ad´odna, amib˝ol 1.4.4.(4) miatt (BCA₁)(CAB₁) = 1 k¨ovetkezne.

Ekkor viszont a felt´etelb˝ol az (ABC₁) =−1 ´ert´eket kapn´ank, ami lehetetlen.

Vehetj¨uk teh´at a hA1, B1i egyenes ´es az hA, Biegyenes C2 metsz´espontj´at.

Ekkor a t´etel m´ar bizony´ıtott ir´any´at felhaszn´alva (ABC₂)(BCA₁)(CAB₁) =

=−1 k¨ovetkezik, amib˝ol a felt´etelt ´es az 1.4.4.(3) ´All´ıt´ast haszn´alvaC1=C2

ad´odik. ´IgyA₁,B₁ ´esC₁ kolline´aris.

1.5.5. T´etel (Papposz t´etele, affin v´altozat). Legyen E ´esE⁰ k´et k¨ u-l¨onb¨oz˝o egyenes egy affin s´ıkban,A, B, C ∈ E ´esA⁰, B⁰, C⁰ ∈ E⁰ egy-egy k¨ul¨onb¨oz˝o pontokb´ol ´all´o ponth´armas az egyeneseken. Ha E´esE⁰ metsz˝ok, akkor tegy¨uk fel azt is, hogy a hat pont k¨ul¨onb¨ozik a metsz´espontt´ol. Ha most hA, B⁰i k hA⁰, Bi´eshB, C⁰i k hB⁰, Ci, akkor sz¨uks´egk´eppenhA, C⁰i k hA⁰, Ci is teljes¨ul.

Bizony´ıt´as :Tegy¨uk f¨ol el˝osz¨or, hogyE´esE⁰metszik egym´ast egyPpontban.

Legyenf az aPk¨oz´eppont´u homot´ecia, amelyn´elf(A) =B. Ekkor az 1.2.11.

K¨ovetkezm´enyt felhaszn´alvaf(B⁰) =A⁰ is teljes¨ul. Hasonl´oan, legyeng az a P k¨oz´eppont´u homot´ecia, amelyn´el g(B) =C, ekkorg(C⁰) =B⁰ is teljes¨ul.

Mivel a k¨oz´eppont k¨oz¨os,h=f◦g=g◦f is homot´ecia, tov´abb´a h(A) =C

´esh(C⁰) =A⁰, ´ıgy az 1.2.10. ´All´ıt´as miatthA, C⁰i k hA⁰, Ci.

Ha E ´es E⁰ p´arhuzamos, akkor f ´es g homot´eci´ak helyett legyenek eltol´ a-sok, melyekref(A) = B, illetveg(B) =C, ezekkel az el˝oz˝o gondolatmenet l´enyeg´eben v´altoztat´as n´elk¨ul elism´etelhet˝o.

Megjegyz´es.A fenti bizony´ıt´as l´enyegesen kihaszn´alta azt, hogy k¨oz¨os k¨oz´ ep-pont´u homot´eci´ak sorrendje felcser´elhet˝o, azaz (az 1.1.10-beli meg´allap´ıt´asok alapj´an) azt, hogy azFtest multiplikat´ıv csoportja kommutat´ıv.

1.5.6. T´etel (Desargues t´etele, affin v´altozat). Legyen A, B, C, A⁰, B⁰ ´esC⁰ hat k¨ul¨onb¨oz˝o pont egy (tetsz˝oleges dimenzi´oj´u) affin t´erben ´ugy, hogy az A, B, C, illetve A⁰, B⁰ ´esC⁰ ponth´armasok nem kolline´arisak. Ha mosthA, Bi k hA⁰, B⁰i,hB, Ci k hB⁰, C⁰i ´eshC, Ai k hC⁰, A⁰iteljes¨ul, akkor azhA, A⁰i, ahB, B⁰i´es ahC, C⁰iegyeneseknek vagy van k¨oz¨os pontja, vagy p´arhuzamosak.

Bizony´ıt´as : Az hA, Bi ´es az hA⁰, B⁰i p´arhuzamos egyenesek 1.2.9.(5) miatt belefoglalhat´ok egy affin s´ıkba. Ebben a s´ıkban 1.2.9.(6) miatt azhA, A⁰i´es hB, B⁰iegyenesek vagy metsz˝ok, vagy p´arhuzamosak.

Ha metsz˝ok, legyenf az a homot´ecia, amelynek a k¨oz´eppontja a metsz´espont,

´es amelyref(A) =A⁰. Ekkor az 1.2.10. K¨ovetkezm´enyt felhaszn´alva f(B) =

=B⁰ is teljes¨ul. Legyen C⁰⁰ = f(C). Ekkor az 1.2.9. ´All´ıt´as miatt hB, Ci k k hB⁰, C⁰⁰i ´es hA, Ci k hA⁰, C⁰⁰i. Viszont 1.2.9.(4) miatt ekkor hB⁰, C⁰⁰i =

=hB⁰, C⁰i , illetve hA⁰, C⁰⁰i= hA⁰, C⁰i, ahonnan C⁰⁰ = C⁰. Ez´ert a hC, C⁰i egyenes is ´athaladhA, A⁰i´eshB, B⁰imetsz´espontj´an.

HahA, A⁰i k hB, B⁰i, akkorf legyen az az eltol´as, amelyref(A) =A⁰, ezzel az el˝oz˝o gondolatmenet l´enyeg´eben v´altoztat´as n´elk¨ul elism´etelhet˝o ´eshC, C⁰i k k hA, A⁰iad´odik.

Megjegyz´es. Az 1.5.5. ´es az 1.5.6. T´etel k´et nevezetes projekt´ıv geometriai illeszked´esi t´etelnek, Papposz t´etel´enek ´es Desargues t´etel´enek egy-egy

speci-´

alis esete. Az ´altal´anos (projekt´ıv) Papposz-t´etelt ´es Desargues-t´etelt ezekb˝ol k¨onnyen tudjuk majd sz´armaztatni, l. 8.5.