A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Az alábbi problémák megoldásához analízisből vett eszközöket használunk. Ezek a feladatok középiskolás diákok számára is hozzáférhetőek, és jelentősen mélyíthetik a függvény és a folytonosság fogalmát.
1. Bizonyítsuk be, hogy bármely korlátos, konvex síkbeli alakzat adott irányú egyenessel két egyenlő területű részre vágható szét.
Megoldás. Az 1. ábrán az adott iránnyal párhuzamos egyenes, és pedig ugyanilyen irányú támaszegyenesek. Legyen az egyenes és a konvex alakzat közös pontja, és távolságát pedig jelöljük -szel. Az egyenes az alakzatot két részre vágja, legyen a két rész területe az ábra szerint és . Feltehetjük, hogy , azaz . Ha és távolsága , akkor nyilván . Ezért, ha és -nek folytonos függvényei, akkor Bolzano tétele szerint az intervallumban van olyan , amelyre , ami a feladat állítását jelenti. Megmutatjuk, hogy (és ) folytonos függvénye -nek.
Ehhez definíció szerint azt kell belátnunk, hogy tetszőleges pozitív számhoz található olyan , hogy minden esetén . A korlátosság feltétele szerint létezik olyan sugarú kör, amely a konvex alakzatot magába foglalja. Ezért | | ha .
Feladat. Bizonyítandó, hogy a feladat állítása adott irányú egyenes helyett adott ponton átmenő egyenessel is érvényes.
2. Bizonyítsuk be, hogy minden korlátos, konvex síkbeli tartományhoz létezik két egymásra merőleges egyenes, amelyek a tartományt négy egyenlő területű részre vágják.
Megoldás. Legyenek és a konvex halmaz területét felező egymásra merőleges (irányított) egyenesek. Ilyenek az előző feladat szerint léteznek. Jelöljük az és az tengely szögét -val, az és létrehozta négy síkrész területét -val, és használjuk a 2. ábra további jelöléseit is. Tekintve, hogy , valamint is a konvex alakzat területének a fele, , és hasonlóan . Ezért a feladat állításának igazolásához elegendő megmutatni, hogy van olyan szög, amellyel . Ha már ilyen, akkor készen vagyunk. Egyéb esetben feltehetjük, hogy , azaz . Forgassuk el -et és -t -kal úgy, hogy eközben mindig területfelező egyenesek maradjanak.
Ekkor , , és így | |
Azt nyertük, hogy a függvény az intervallumban előjelet vált. Ezért, feltéve, hogy és folytonos, Bolzano tétele szerint létezik olyan , amellyel . Forgassuk el -et és -t egy szöggel. Az elforgatott egyenesek és , Megmutatjuk, hogy pl. folytonos. Ehhez meg kell becsülnünk és különbségét. Az ábrán bevonalkázott területek mindegyike kisebb -nél, ahol egy olyan kör sugara, amely magába foglalja a konvex alakzatot. Ilyen kör a korlátosság következtében létezik. Könnyen belátható, hogy | |
3. Bizonyítsuk be, hogy bármely korlátos síkbeli ponthalmaz belefoglalható egy négyzetbe úgy, hogy a négyzet mindegyik oldalán van az alakzat határának pontja.
Megoldás. Először konvex tartományokra bizonyítjuk az állítást. Legyenek a konvex alakzat támasztéglalapjának oldalai , , ahol az oldal egyenesének az tengellyel bezárt szöge (3. ábra).
Itt fölhasználjuk azt a tényt, hogy korlátos síkbeli ponthalmaz belefoglalható két adott irányú támaszegyenes közötti sávba. Ha , akkor a feladat állítása igaz. Tegyük fel ezután, hogy , azaz . Tekintsük a szöghöz tartozó támasztéglalap oldalait: | | Ezekből | | Ezért, ha és folytonos, akkor Bolzano tétele szerint a intervallumban létezik olyan hely, amelyre , tehát a támasztótéglalap négyzet. Ha a ponthalmaz nem konvex, akkor konvex burkára létezik körülírt négyzet. Mivel egy alakzat konvex burka éppen a támaszegyenesei által meghatározott félsíkok közös része, a konvex burok minden támaszegyenese az eredeti alakzatnak is támaszegyenese. Ezért a konvex burok körülírt négyzete az eredeti alakzatnak is körülírt négyzete.
Feladat. Mutassuk meg, hogy és a -nak folytonos függvénye.
4. Bizonyítandó, hogy a sík bármely korlátos, konvex halmazához található olyan egyenes, amely a konvex alakzat területét és határvonalát is felezi.
Megoldás. Legyen a halmaz határvonalának hossza . Legyen az a pont, amelyre rögzített és közötti kisebbik kerület darab hossza , ahol . Legyen a -szel szemben levő pont , ami azt jelenti, hogy a két pontot összekötő (irányított) egyenes a konvex halmaz határvonalát két egyenlő hosszú részre vágja. Ennek az egyenesnek a ,,jobb'' oldalán lévő területrész legyen , a másik (4. ábra). Ha , akkor a feladat állítása igaz. Egyébként feltehető, hogy pl. .
Mivel | | azért | |
Így, ha és -nek folytonos függvényei, akkor Bolzano tétele szerint létezik olyan , amelyre . Az -hoz tartozó és pontokat összekötő egyenes a konvex alakzat területét és kerületét is felezi.
Be kell még bizonyítanunk, hogy (és is) -nek folytonos függvénye. Használjuk az 5. ábra jelöléseit. A , pontok és a velük szemköztiek belefoglalhatók egy szélességű és hosszúságú téglalapba, ahol a és közötti kerület darab hossza, pedig egy a konvex halmazt magába foglaló kör sugara. Mivel megváltozása a bevonalkázott területek különbségeinek abszolút értéke, érvényes a következő becslés: | | ha , ahol . Tehát valóban folytonos.
Megjegyzés. Ebben a feladatban ‐ és az előbbiekben is ‐ fölhasználtuk, hogy korlátos, konvex síkbeli alakzatnak van területe. Az 1. feladatban a konvexség feltétele csak a terület létezése miatt kellett. Ebben a feladatban fölhasználtuk azt is, hogy korlátos és zárt, konvex síkbeli alakzat határvonala mérhető.
5. Van-e olyan sík, amely egy adott tetraédert két egyenlő felszínű és térfogatú részre vág szét?
1. megoldás. Először bebizonyítjuk, hogy a tetraéder két szemközti élének felezőpontján átmenő sík felezi a tetraéder térfogatát. Két esetet különböztetünk meg. a) Legyen az tetraéder élének felezőpontja , a él felezőpontja pedig (6. ábra). Az és pontokon átmenő sík a tetraédert két egyenlő térfogatú részre vágja. Ugyanis a súlyvonal felezi az háromszög területét, ezért az és tetraéderek és alapterülete megegyezik, továbbá egybeesik a -ből húzható magasságuk is.
b) Forgassuk el a síkot az egyenes körül. Az elforgatott sík a tetraédert az négyszögben metszi. Azt állítjuk, hogy az elforgatott sík is felezi a tetraéder térfogatát. Tekintsük az tetraédert. Ebből az elforgatott sík egyrészt levágja az alapú csúcsú gúlát, másrészt hozzáveszi az alapú csúcsú gúlát. Mivel a tetraéder és éle egy-egy -vel párhuzamos síkba foglalható, az és pontok egyenlő távolságra vannak -től. Ezért az és az háromszögek területe egyenlő. Tekintve, hogy a pont a él felezőpontja, a és pontoknak az síktól való távolsága ugyanakkora, ezért az említett két gúla magassága is egyenlő, tehát térfogatuk egyenlő. Ez azt jelenti, hogy az elforgatott sík felezi a tetraéder térfogatát. A sík körüli forgatása közben pl. az pont a szakaszon mozog felé. Ha egybeesik -val, újra előáll a megoldás a) részében leírt helyzet. Ha az síkot körül tovább forgatjuk, a megoldás b) részében leírtak ismétlődnek. Tekintsünk ezután egy, a tetraéder térfogatát felező síkot. A két résztest felszíne ‐ a metszetlap területe nélkül ‐ legyen , illetve , ahol -nek és egy rögzített síknak a hajlásszöge. Ha , akkor készen vagyunk. Tegyük fel ezután, hogy , azaz . Forgassuk el -et a tetraéder két szemközti élének felezőpontját összekötő egyenes körül -kal. Ekkor és , hiszen az sík -os forgatás után önmagába megy át. Ezért | |
Feltéve, hogy folytonos, Bolzano tétele szerint lesz a intervallumban olyan szög, amelyre , tehát .
Feladat. Bizonyítsuk be, hogy és -nak folytonos függvényei.
2. megoldás. A feladat elemi úton is megoldható. Az elemi megoldásnak további szépsége, hogy megad egy olyan síkot, amely a tetraéder felszínét és térfogatát is felezi, míg az első megoldásban csak létezést bizonyítottunk. Legyen a térfogatú, felszínű tetraéder beírt gömbjének középpontja . Az pontot a csúcsokkal összekötve a tetraédert olyan gúlákra bonthatjuk, amelyek alapterülete a tetraéder egy-egy lapja, magassága pedig a beírt gömb sugara. Ezeknek a gúláknak a térfogatát összeadva a tetraéder térfogatát kapjuk. Ezért . Vegyünk fel ezután egy -n átmenő tetszőleges síkot. Ez a sík a tetraédert egy , illetve térfogatú részre vágja, legyen a térfogatú testhez tartozó felszínrész , a másik . A szóban forgó sík az előbb említett gúlák némelyikét nem metszi, másokat pedig két csúcsú gúlára vág szét, ezért és . Az 1. megoldásban bebizonyítottuk, hogy a tetraéder két szemközti élének felezőpontján átmenő sík felezi a tetraéder térfogatát. Tekintsük azt a síkot, amely két szemközti él felezőpontján és az ponton megy át. Ez a sík felezi a tetraéder térfogatát, azaz , ezért az előbbi képletekből .
6. Bizonyítsuk be, hogy a tér bármely korlátos, konvex halmazához található olyan sík, amely a test térfogatát és felszínét is felezi.
Megoldás. A feladat megoldását az Olvasóra bízzuk. Mutassuk meg, hogy a tér egy adott egyenesén átmenő síkok bármelyikéhez található vele párhuzamos sík, amely a korlátos, konvex halmazt két egyenlő térfogatú részre vágja. Egy ilyen sík és a -os elforgatottja egybeesik. (Mindig csak olyan síkokat tekintünk, amelyek az adott egyenesre illeszkedő síksor valamelyik elemével párhuzamosak.) A intervallumban lesz olyan szög, amellyel egy, a térfogatot felező síkot elforgatva, az elforgatott sík a felszínt is felezi. Végül meg kell mutatni, hogy a felszín a forgatás szögének folytonos függvénye. A cikk megjelent a Polygon folyóirat 1992. májusi számában (115‐123. o.)E tétel a következőt állítja: ha az intervallumon folytonos függvény, akkor ott minden és közötti valós értéket felvesz. |