AZ ANALÍZIS EGYES FOGALMAI ÉS MÓDSZEREI A HASONLÓSÁGBAN
DR. PERGE IMRE
Az alábbiakban n éhá n y olyan geometriai problémával foglalkozunk,, amelyeknek megoldásához analízisbeli fogalmak és módszerek szüksé- gesek, illetve ezek segítségével könny en megoldhatók. A probléma fel- vetése azért is indokolt, mert ezek megoldása a geometriában n e m teljes, az analízis pedig külön n em foglalkozik velük.
A geometriából ismeretesek az alábbi definíciók:
1. Hasonlóságnak nevezünk egy ponttranszformációt, ha bá rm el y két pont képének a távolsága a pontok távolságával osztva, mi ndig ugyanazt a (0-tól különböző) számot a dja. Ezt a pozitív számot nevezzük a hasonlóság arányának.
2. Két alakzat hasonló, ha van olyan hasonlóság, amely az egyikhez a másikat rendeli.
Tekintsük a következő ponttranszformációt
ahol xlf x2, y egy P pont koordinátái és xy, x2, y pedig a P kép pont j ának.
P-nek a koordinátái.
Tekintettel arra, hogy
Jacobi-féle függvénydet ermi náns valamennyi xlf x2, y pontban nullától különböző, ezért a leképezés folytonos és kölcsönösen egyértelmű.
00í — Á ^i? ^ — y = * y,
d (xít x2, y) A 0 0 0 A 0 = A3 í) (xlt x2, y) 0 0 a
1, TÉTEL. Az
(1)
Xj — 2 i — 1
ponttranszformáció hasonlóság.
Bizonyítás. Leg ye n Pi és P2 tetszőleges különböző pont, Pi és P2 pedig a megfelelő ké pp on to k. A t ávolságok a rá ny a
P P
P1P2
(y2 - */i>2 + (^12 - + (x22 - ^i)2
(yZ ~ . VL )2 + (X12 - ^ L L )2 + (X2 2 - * 2 L )2
+
^ í(y2 - //l)2 + (XÍ2 ~ Xll>2 + (X22 — X2l)2](í/2 — ?/l)2 + (^12 —Xlí)2 + (X22 - X2l)2
A t ová bbiakba n mi az (1) t ranszformációt nevezzük hasonlóságnak.
Definíció: T ek i nt e t t el arra, hog y az (1) hasonlósági transzformáció az
y = f (xi, x2)
a j '
u
7függvé nyhez az
vagyis a
f ü g g v é n y t rendeli, ezért az f (xh x2) és g (xlf x2) füg gv ény ekrő l azt m o n d j u k , hogy hasonlók, vagy röviden
f ~ 9 (Xi,
A szokásos jelölések mellett t e há t a hasonlóság és az (1) transzformá ció fennál lása esetén a g (x, y) kétváltozós f ü g g v é n y
(2) 9 (x, y) = kf x y
X' X
al akú. Speciálisan egyváltozós fü g g vé n y ek e s eté n pedig
(3) g (x) = kf
alakú.
Megjegyzés:
1. A hasonlóság fogalma t ermészetesen k i t é r j eszthető n változós f ü g g - vé n y e k esetére is. A felhasznált geometriai fogal mak miatt itt azonban megelégszünk kétváltozós f üg g v é n y e k hasonlóságával is.
350-
2. A definícióból következik, hogy a m e n n yi b e n f (x, y) folytonos és differenciálha tó az co t a r t o m á ny b a n , úgy g (x, y) is folyt onos és diffe- renci ál ható az oj-nak megfelelő co* t a r t om án yb a n.
3. A bizonyított tétel ek nem cs a k explicit al akb an adott f ü g gv é n ye k - r e érvényesek, h a n e m átvihet ők par am é t er es egye nletrendszerrel, vagy polá rkoordinátá s al akban adott f üg gv é ny e k r e is.
2. TÉTEL. A hasonlóság egyenestartó, egyenest pár h uza mo s egyenesbe visz át.
Bizonyítás. Legyen az egyenes
2. A hasonlóság szögtartó.
3. TÉTEL. A hasonlóság körhöz kört rendel és a s ugarak a rá ny a meg- egyezik a hasonlóság arányával.
Bizonyítás:
Teki nt sünk egy középponti kört.
f (x) = mx -j- b
al akú. Mivel
ezért
g (x) — l m x \- b ,
X2 -f- y2
Explicit alakban
f (x) = + ][rl
Mivel
ezért
Tehá t az f (x)-hez hasonló g (x) kör egyenlete
g (X) = + f (177^2
és sugara
R = Ár,
a h on na n
r
4. TÉTEL. Bármel y k é t má sodfokú parabola hasonló, és a hasonlósági a r á - n y u k megegyezik a p a r a m ét e r e k arányával.
Bizonyítás:
Az egyszerűség ked vé é rt te k i n ts ü k a csúcsponti para bol ákat.
Mivel
f(xi= o- . x2 (P =h 0 )
2 p
így
vagyis
v o 1 z2
q(x) = Á — —,
2 p - 1 o
q (x) = x-
2p A
és pa ra m ét e r e p' = Á p,
ah on nan — = / .
P
5. TÉTEL. A hasonlóság gömbhöz gömböt rendel, és a sugarak a r á n ya megegyezik a hasonlóság arányával.
Bizonyítás:
Az r sugarú g öm b egyenlete
f{x,y)=±y r2 - x- - y
(2)-ből következik, hogy
g (x, y)= ± A vagyis a hasonló gömb egyenlete
r2 _ ^ _ r );- A2
g (x, y\ = ± r)2 x2 - y2 és s ugara
R — l r,
a ho nna n adódik. r
6. TÉTEL. Rektifikálható, hasonló f ügg vé nye k ívhosszának ar ány a meg- egyezik a hasonlóság arányával.
Bizonyítás:
Jelölje L' az f (x) fü gg vé n y ívhosszát az (a, b) int erval lumba n és L a g (x) ~ f (x) f üg gv é ny ívhosszát a megfelelő (Áa, Áb) i nt er vallumban.
Vagyis
b
(4) v = ( f r + ri (x) dx
es
Áb
L — | f i + 9'2 (x) d.r . / a
Mivel g'(x) = f X
ezért
Áb L
la
i + r dx,
ahonnan az X = t; dx = 1 dt
A helyettesítéssel n y e r j ü k , hogy
L = X I fí+ /'MO dt = 'lL\
a
vagyis
(5) '
7. TÉTEL. Egy u adattól fü g gő hasonló alakzatok kerülete, az illető adat konstansszorosa, vagyis
L — c u
353-
Bizonyítás:
Tekint sünk két olyan hasonló ívet, a melyne k hasonlósága egy adat al apján eldönthető. (Pl. körök, szabályos sokszögek stb.)
Legyen az u ada thoz tartozó ívhossz / (u), a v = X u adathoz t artozó ívhossz f (v).
Mivel a két ívhossz hasonló, ezért a 6. tétel miat t
f (v) = X f (u).
Tekintett el arra, hogy az u-\-v=u-j-Xu=(l + i) u, ezért az ere- deti alakzathoz hasonló f (u -}- v) ívhossz
f(u + v) = (l+ X) f (u),
a h onn a n
f (u + V) = f (u)
+
X f (u),vagyis az
(6) f (u + v) = f (u) + f (v)
Cauchy-f éle f üggvényegyenle thez ju tun k, a m el yne k megoldására itt egy egyszerű szemléletes bizonyítást a dunk.
Legyen f (x) egy, az origón át haladó egyenes.
K ön n ye n belátható, hogy az
f ( u + v) = f (u) + f (V)
teki ntett el arra, hogy ED = AB és FC = GD.
Tehát az f (x) f ü g g v é n y kielégíti a Cauchy-féle függvé nye gyenl et et és így a nn ak megoldása, tekintettel az ívhossz pozitív voltára,
f (x) = cx,
illetve x = u-ra
354-
(7) f (u) = cu,
ahol f (1) = c.
Következmény:
Ha a szabályos sokszögek kerület ét a be írható kör s ug ar ána k a fü gg - vé ny e ké n t vizsgáljuk, akk or azok kerül ete
k = c r
Szabályos háromszög esetén k = 6 ]fs r, ahol /3 (1) = 6 j/3, négyzet esetén
szabályos hatszög esetén kör esetén
k = Sr, ahol /4 (1) — 8 , k - - 4 f 3 r, ahol /6 <1> = 4 ]/3, k 2nr, ahol / (1) = 2 t t . Megjegyezzük, hogy az így értelmezet t
(8) /3( 1 ) , /4( 1 ) , /5( 1 ) , . . . / ,1 +3 < 1 ) , . . .
sorozat konve rgens és szigorúan monoton növekedően t a r t a 2n-hez.
8. TÉTEL. Hasonló f üg gv é ny ek által bezárt területek a rá n y a a hasonló- ság a r á n yá n a k négyzetével egyenlő.
Bizonyítás:
Ismeretes, hogy a nna k a n or m ál t a r t om ány n ak a területe, am ely m egad hat ó az
a = x = b fi (x)^y^ h (x)
egyenlőtlenségekkel,
b j;(x)
r = { f dl, dr,
« fl(x)
illetve
b
(9) r = j [ / 2( x ) fy(x)\dx,
a
ahol /i (x) és f2 (x) az (a, b) zárt int erva ll um ba n folytonos függvén yek.
a4 H55
A T ~ T' no r m á l t a r t o m á n y t e rül ete a (ka, kb) i nt e rva l l um b an
Ab
" • © " ' M i dx,
ahol k a hasonlóság a r án y a. At — x/k, dx = k dt helyettesítés ut á n n y e r j ük , hogy
b
T = p \ [/2 (/) - /,!/)] dt = A2 r,
a
vagyis
(10) j, = >2-
Következmény:
Ha (x) = 0, a kk or (9)-ből T'-re az f2 (x) f ü g g v é n y alatti t er ül et et kapjuk, a m e l y r e ugya ncs a k igaz a (10)-es állítás.
Nem k ö n n y ű geom et riai m ódszerekkel igazolni, még kevésbé s zem- léletesen be lát ni, hogy a 8-as tétel hasonló f elüle tek re is igaz.
3. TÉTEL. Hasonló f el ül et e k felszínének arány a a hasonlóság négy zet é- nek a rányával egyenlő, vagyis
F = P F*.
Bizonyítás:
Ismeretes, hogy a z = f (x, y) felület, (x, y) sík T t ar t om á n ya f el e t t f ekv ő da r a b j á na k fel színe
F- = \ I f/x + fy + 1 dxdlj.
T
Tekintettel arra, hogy f (ot, y) ~ g (x, y), a zért
és
vagyis
356-
F Vox + gy + 1 dx dy =
JL2T
M H M H h 1 ^
A l k a l m a z v a az u = xjl; v = y/X he l ye t t es í t és t, a J a c ob i - f é l e f ü g g v é n y - d e t e r m i n á n s r a k a p j u k , ho gy
() x , ;/> A 01 d >u , v) 0 A r- és így a fel szín
vagyis (11)
F = A2 | I Vfu + ív + 1 du do = A2 F *.
T
F ' A2. Megjegyzés:
F o rg á s t e s t e k felszí ne e se t é n
F ^-'lii / (x) ]/' 1 + / " (X/ dx es
/.ft
F = 2n g x) 1 + gK {x dx^'ln
Aa la
a h o n n a n t = x/k he l ye t t es í t és után n y e r j ü k , hogy
i +rij\dx,
F 2írA2 I / (/) f 1 -r r it) dt = A2 F ' , va gy is
F'
10. TÉ TE L. Egy u a da t tó l f üg g ő ha s onl ó al akzat ok t erül e t e, illetve fel- színe az illető a da t n é g yz e t é n e k kons tan sszorosa, va g y is
T = c u2. Bizonyítás:
A 9, 10 t ét e l e kbő l következik, hog y h a
357-
az u adattól függő felszínt, illetve terüle te t f (u)-val, a v =r Xu adattól f ü gg ő felszínt, illetve területet f (v)-vel, az u -}- v — (1 -f- a) u adattól függőt pedig f (u -f~ u)~vel jelöljük, hogy
(12) f (v) = P f (u)
(13) f (u + v) = (1 + X)2 f f u j
ahonnan (tekintett el a felszín, illetve terület pozitív értékére) ka pj uk , hogy
illetve
vtw+ V ) = V m + * VfW,
vagyis (12) figyelembevételével kapjuk, hogy (14) VJ(u T v ) = VJW) + VFv] •
Ez a fü ggvé n yegye nl et pedig Cauchy-t ípusú, t ekintettel arra, hogy
F (u + v) = F (u) + F (v)
alakú és így a megoldása, tekintettel a felszín, illetve terület pozitív voltára
F (u) = c' u,
vagyis
F(uj f/Tü- = c' u ,
ahonnan
(15) f (u) = c u2,
ahol c = f (1 )..
Következmény:
Ha a szabályos sokszögek területét a beírható kör s ugarának a f üg g - vénye ként vizsgáljuk, a k ko r azok t er ül ete
t = c r1
Szabályos háromszög esetén
i - 3 f 3 r~, ahol /3 (1) = - 3 f 3 , négyzet esetén i — 4 r'2, ahol /4 (1) 4 szabályos hatszög esetén t 2 j/3 r-, ahol /6 (1) .... 2 ^ 3 .
Az itt szereplő konstansok a ker ület né l szereplő konstansoknak csak a fele. így feltételezve, hogy (8), vagyis
358-
azért
(16)
/3( 1 ) , /4( 1 ) , /5< 1 ) , . . . - 271 , /3( 1 ) , / 7(1), / i d ) , . . . - vagyis a kör t er ü l e t e t = ti r2, ahol f (1) = n.
A gömb felszíne F = 4 n r2, ahol / (1) = 4n.
11. TÉTEL. Hasonló alakzatok t é r fog a tá na k ar á n ya a hasonlósági a rány köbe, vagyis
V'
Bizonyítás:
Ismeretes, hogy ha V' az (x, y) síkra nézve no r má l t a rt om á n y , amely az
a = x = b
cp{ (x) ^ y ^ <p2 (x) fi (x, V) = z = Í2 (x, ÍJ)
egyenlőtlenségekkel adott
V' =
| I
\dx iy dz,V'
illetve (17)
b fi (x)
V' [/•2 (x' y) h (x,y)]dy..x.
<1 <P\ (x) A V ~ V' térfogat pedig a
Xa = x = Xb
X V1 ^ y ÉS X<p21-
X X
x y X' X
t a r t o m á n y b a n
Ab A<P2
Aa A 91
P
C )
X y
X dy dx,
359-
a h o n n a n u = xjl és v = yjk he l ye t t e s í t é s s e l a Jac ob i-f él e f ü g g v é n y - d e t e r m i n á n s r a n y e r j ü k , hogy
d(x.y) IA 0 d(u,u) | o X vagyis
== X2,
b 9* (.u)
V = A3 j j [/2(U, D) - f1 (u, vt] dv du = X* V \ a <Pi (w)
illetve
(18) — = XK
V Megjegyzés:
1. H a fi (x, y) = 0, akkor a (17)-ből a h e n g e r s z e r ű t e s t t é r f og a t a adódik és így e rre u g y a n c s a k igaz a (18) ö ss zefü ggé s .
2. F or gá s t e s t e k t é r f o g a t a az (a, b) i n t e r v a l l u m b a n
b
V' = 7T j /2 (.r i dx, a
A g (x) ~ / (x) f ü g g v é n y f or ga t á s á v a l kel et kez e tt test t é r f o g a t a pedig^
lb
V =71 X2 /2 í ^ j dx , Á a
a h o n n a n t = xjX he l ye t t e s í t é s s el n y e r j ü k , hogy
b
V = X*n\ f2(t) dt = X3 V \
a
va gy is
21 = 4 . . V
12. TÉTEL. Egy u a d a t t ó l függő h a s o n l ó al akz a t o k t érfogat a az illető a da t kö bé n e k k ons ta n ss zor os a , vagyis
V = c u:í Bizonyítás:
A 11. t éte l bő l kö v e t k e z i k , hogy h a
az u adathoz t ar tozó t é r f o g a t o t 1 /( u ) - v al , 360-
a v = X u adat hoz tartozó t ér f oga t ot f (u)-vel, az u v — (1 -{- X) u a d at h o z t artozó t ér fog at o t f (u -f- v)-vel je löl jük, hog y
(19) f (v) = X3 f (u)
(20) f (u + v) = (1 + Xf f (u),
a h o n n a n k a p j u k , hogy 3 3
Yf\u + ü) = ( 1 + A) ]// {«).
illetve
3 3 3
Vfiu + v) = Yf(u) + A f/ («), vagyis (19) f i gye l e m be v ét e l év e l
3 3 3
(21) Yf(u + v) = ff («) + \i (v).
Ez a f ü g g v é n y e g y e n l e t pedig C au c h y - t í p u s ú , t e k i n t e t t e l arra, hog y F (u + v) = F (u) + F (v)
a l a kú és így megoldása, t e ki nt e t t e l a t ér fo gat pozitív v ol t á r a
3
F ( u ) = Y f j u ) = c' n , vagyis
(22) f (u) = c u3, ah ol c = f (1).
Megjegyzés:
1. A g ö m b té rfogata V — c r\ M i n t i s merete s c 4 ti.
2. A k oc k a t é r fo ga t a V = c a\ a hol a kocka oldaléle és c — 1. 3 Következmény:
A közöltek ál t al á nos í th ató k n változós f ü g g v é n y e k r e is.
Az f (P) ~ g (P)
n változós f ü g g vé ny e k co ~ co' t a r t o m á n y o n vett i n t e g r á l j a i n a k az a r á n y a An+J. A me gfel elő f ü g g vé n ye g y e n l e t pedi g
Vfui + v)^Yf(u) + Yfw
C a u c h y -t í p u s ú , a m el y n ek megoldása, h a u > 0 - r a f (u)>0 is t e l j e s ül
:t6l
n
— c ' U, i l l e t v e
f ( u ) = cun,
a m e l y n e k a z n = 1, 2, 3 e s e t b e n g e o m e t r i a i j e l e n t é s t is t u l a j d o n í t o t t u n k . T e t s z ő l e g e s g e o m e t r i a i h a s o n l ó s á g e g y o r t o g o n á l i s é s a (1) t r a n s z - f o r m á c i ó s z o r z a t a . M i v e l o r t o g o n á l i s t r a n s z f o r m á c i ó e s e t é n a h o s s z , t e - r ü l e t és k ö b t a r t a l o m v á l t o z a t l a n , e z é r t v a l a m e n n y i t é t e l i g a z t e t s z ő l e g e s h a s o n l ó s á g i t r a n s z f o r m á c i ó e s e t é n .
D I E E I N Z E L N E N B E G R I F F E U N D M E T H O D E N D E R A N A L Y S I S I N D E R A H N L I C H K E I T
E. PERGE
Der Au fs at z bescháftigt s ich mit einigen geometris chen P robl emen, zur Lös ung deren m a n analytische B e g r i f f e und M et ho den br aucht, d. h. mit Hilfe deren sie leicht gelöst werden.
Durch E i n fü hr u n g a h n l i c h e r F un kt io nen
9(x) = il/^j und
we rde n alle wichtigen Ah nl ic hke it ss át ze leicht bewiesen.
Und mit Hilfe der V er hái t ni sz a hl der Ahinlichkeit kainn m a n beim Rechnen des Umkreises, der Fláche, d er Obe rf la che u n d des Ku bi ki nh al ts eine Verbi ndung m i t der Funktionalglei chung vo n Cauchy s c h a f f e n
n n n
\f{u + V) = Yfiu) + V / (0) ; /1 = 1 , 2 , 3 ,
die nicht nega tive Lösung d e r e n ist, wie folgt
f ( u ) = c un; n = l , 2 , 3 .
I R O D A L O M
[1] Hajós György: Bevezetés a geometriába. Budapest 1960.
[2] Stefan B a n ac h : Di ff er e nci á l - és integrálszámítás. Budapest , 1965.
[3] Aczél J á n o s : Vorlesungen üb er Fu nkt ionalg le ich ungen und ihre A nwe nd un ge n.
Basel, 1961.
362-