Cím: Desargues tétele
Szerző(k):  Kiss György 
Füzet: 2007/március, 130 - 137. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

1

 

Száz éve, 1907. február 13-án született Kárteszi Ferenc professzor. Középiskolás korában feladatmegoldóként került először kapcsolatba lapunkkal. Elsőéves egyetemista volt, amikor első cikke [1] megjelent. A tehetséges diák hamarosan a lap szerkesztésébe is bekapcsolódott, s ettől kezdve 1969-ig volt a matematikai szerkesztő bizottság tagja. Ezután sem szakadt meg kapcsolata lapunkkal, rengeteg érdekes feladatot tűzött ki és számos cikket írt a későbbiekben is. Utolsó cikke [3], ami 1978-ban jelent meg, egyik kedvenc témájával, Desargues tételével foglalkozik. Ehhez kapcsolódik két cikkünk, melyet Kárteszi professzor egykori diákjai írtak szeretett tanáruk születésének centenáriumára emlékezve.
 
*
 

Elemi geometriából jól ismert a következő két tétel, melyeket most a szokásostól eltérő módon bizonyítunk.
 
D0-tétel. Ha az ABC és az A'B'C' háromszögek úgy helyezkednek el a síkon, hogy az AA', BB' és CC' egyenesek párhuzamosak, továbbá az AB egyenes párhuzamos az A'B' egyenessel, a BC egyenes pedig párhuzamos a B'C' egyenessel, akkor a CA egyenes is párhuzamos a C'A' egyenessel.
 
Bizonyítás. Legyen φ az az eltolás, ami a B pontot B'-be viszi. Mivel eltolásnál tetszőleges egyenes φ képe párhuzamos -lel, egy egyenes pedig pontosan akkor egyezik meg a képével, ha párhuzamos az eltolás irányával, ezért az AA' és CC' egyenesek φ fixegyenesei, továbbá (AB)φ=A'B' és (BC)φ=B'C', amiből következik, hogy Aφ=A' és Cφ=C'. Ez viszont azt jelenti, hogy (CA)φ=C'A', tehát a CA és C'A' egyenesek párhuzamosak.  
 
 

 
D1-tétel. Ha az ABC és az A'B'C' háromszögek úgy helyezkednek el a síkon, hogy az AA', BB' és CC' egyenesek egy közös P ponton mennek át, továbbá az AB egyenes párhuzamos az A'B' egyenessel, a BC egyenes pedig párhuzamos a B'C' egyenessel, akkor a CA egyenes is párhuzamos a C'A' egyenessel.
 
Bizonyítás. Legyen φ az a P középpontú középpontos hasonlóság, ami a B pontot B'-be viszi. Mivel középpontos hasonlóságnál tetszőleges egyenes φ képe párhuzamos -lel, valamint tetszőleges T pont esetén a TTφ egyenes átmegy P-n, ezért az AA' és CC' egyenesek φ fixegyenesei, továbbá (AB)φ=A'B' és (BC)φ=B'C', amiből következik, hogy Aφ=A' és Cφ=C'. Ez viszont azt jelenti, hogy (CA)φ=C'A', tehát a CA és C'A' egyenesek párhuzamosak.  
 
Ha a D0- és D1-tételekben szereplő AB és A'B', valamint BC és B'C' egyenespárok nem párhuzamosak, akkor is mondhatunk valamit a CA és C'A' egyenesek kölcsönös helyzetéről. Ehhez azonban némi előkészületre van szükségünk.
 
Legyen S és S' két nem párhuzamos sík a térben, v pedig egy olyan egyenes, amely a két sík egyikével sem párhuzamos. Az S tetszőleges T pontjához rendeljük hozzá a T-n átmenő, v-vel párhuzamos egyenesnek az S' síkkal való T' döféspontját. Ezt a hozzárendelést v irányú vetítésnek nevezzük. Megmutatjuk, hogy a v irányú vetítés olyan kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés S és S' pontjai közt, amely egyeneseket egyenesekbe visz és megtartja a párhuzamosságot is.
A kölcsönös egyértelműség abból következik, hogy v nem párhuzamos S és S' egyikével sem, így tetszőleges, a v-vel párhuzamos egyenes pontosan egy pontban döfi S-et is és S'-t is. Ha e az S sík tetszőleges egyenese, akkor az e pontjain átmenő, v irányú egyenesek egy v-vel párhuzamos Ve síkot alkotnak. Ez a sík nem párhuzamos S'-vel, mert minden v-vel párhuzamos egyenes metszi S'-t. Ezért S'Ve egy e' egyenes. Ha f és g az S sík párhuzamos egyenesei, akkor a v irányú vetítésnél nekik megfeleltetett f' és g' egyenesek is párhuzamosak S'-ben, mert ha K' közös pontjuk lenne, akkor a K'-n átmenő v-vel párhuzamos egyenes és S döféspontja f-nek is és g-nek is pontja lenne, ami ellentmondás.
A vetítés tulajdonságait használva könnyen beláthatjuk a következő tételt.
 
D2-tétel. Tegyük fel, hogy az ABC és az A'B'C' háromszögek úgy helyezkednek el az S síkon, hogy az AA', BB' és CC' egyenesek párhuzamosak, továbbá az AB és az A'B' egyenesek metszik egymást az M pontban, a BC és a B'C' egyenesek pedig metszik egymást az N pontban. Ekkor, ha az MN egyenes párhuzamos a CA egyenessel, akkor a CA egyenes párhuzamos a C'A' egyenessel is, ha pedig az MN és CA egyenesek az R pontban metszik egymást, akkor a C'A' egyenes is átmegy R-en.
 
Bizonyítás. Forgassuk el az S síkot MN körül például 90-kal. Jelölje S1 az elforgatott síkot, tetszőleges TS pont elforgatottját pedig jelölje T1. Legyen φ a BB'1 irányú vetítés S és S1 pontjai közt. Megmutatjuk, hogy Aφ=A'1 és Cφ=C'1.
 
 

Az AA', BB' és CC' egyenesek párhuzamosak, ezért a párhuzamos szelők tétele szerint MA:MB=MA':MB' és NC:NB=NC':NB'. Mivel az MNegyenes körül forgattunk, az M, A'1, B'1 és az N, C'1, B'1 ponthármasok kollineárisak a S1 síkon, továbbá MA'=MA'1 és MB'=MB'1, valamint NC'=NC'1 és NB'=NB'1. Tehát MA:MB=MA'1:MB'1 és NC:NB=NC'1:NB'1. Vagyis az az M középpontú középpontos hasonlóság, amely A-t B-be viszi, az A'1-et szükségképpen B'1-be viszi; az az N középpontú középpontos hasonlóság pedig, amely C-t B-be viszi, a C'1-et B'1-be képezi. Középpontos hasonlóságnál egyenes és képe párhuzamosak, ezért AA'1 is és CC'1 is párhuzamos BB'1-gyel, azaz Aφ=A'1 és Cφ=C'1. Ez viszont azt jelenti, hogy (CA)φ=C'1A'1.
 
 

Ha az MN egyenes párhuzamos a CA egyenessel, akkor a (CA)φ egyenes is párhuzamos MN-nel a vetítés tulajdonságai miatt, ezért azt MN körül visszaforgatva S-be, a kapott C'A' egyenes is párhuzamos lesz MN-nel. Ha pedig az MN és (CA)φ egyenesek az R pontban metszik egymást, akkor a C'A' egyenes is átmegy R-en.  
 
E három tétel bizonyítása nagyon hasonló. Mindig választunk egy alkalmas kollineációt, azaz a sík pontjainak egy olyan permutációját, amelyre igaz, hogy bármely három pont pontosan akkor van egy egyenesen, ha a képeik is egy egyenesen vannak (tehát a kollineáció egyenest egyenesbe visz és megőrzi a pontok és egyenesek illeszkedését), majd ennek a tulajdonságait használva belátjuk az állítást. A különbségek abból adódtak, hogy bizonyos egyenesek az egyes esetekben párhuzamosak voltak. Valójában azonban csak a pontok és egyenesek illeszkedési tulajdonságait használtuk. Mindhárom eddig bizonyított tételünk speciális esete Desargues tételének. Ezt a tételt egyszerűbben megfogalmazhatjuk a klasszikus projektív síkon. Ezen a síkon nincsenek párhuzamos egyenesek. Ezt úgy érjük el, hogy az euklideszi sík minden egyenesét ‐ ezeket a továbbiakban közönséges egyeneseknek nevezzük ‐ kibővítjük egy-egy ideális ponttal, mégpedig úgy, hogy két egyenest pontosan akkor bővítünk ugyanazzal a ponttal, ha az euklideszi síkon párhuzamosak. Vagyis az ideális pontokat tekinthetjük az euklideszi sík párhuzamos egyenesei által alkotott osztályoknak. Valamely közönséges egyenes akkor tartalmaz egy ideális pontot, ha benne van az annak megfelelő egyenesosztályban. Bevezetünk egy ideális egyenest is. Ezt úgy definiáljuk, hogy tartalmazza az összes ideális pontot, de ne tartalmazzon az euklideszi sík pontjai ‐ ezeket a továbbiakban közönséges pontoknak nevezzük ‐ közül egyetlen egy pontot sem.
A következő két tétel azt mutatja, hogy a klasszikus projektív síkon a pontok és egyenesek illeszkedési tulajdonságai szimmetrikusak.
 
P1-tétel. A klasszikus projektív sík bármely két különböző pontjának egyértelműen létezik összekötő egyenese.
 
Bizonyítás. Két különböző közönséges ponthoz egyértelműen van olyan közönséges egyenes, ami összeköti őket, az ideális egyenes pedig nem illeszkedik közönséges pontokra. Egy közönséges és egy ideális ponthoz az euklideszi párhuzamossági axióma miatt egyértelműen létezik az ideális pont osztályába tartozó, a közönséges ponton átmenő egyenes, azaz a két pontot összekötő közönséges egyenes, az ideális egyenes pedig ebben az esetben sem megy át mindkét ponton. Két különböző ideális pontra viszont csak az ideális egyenes illeszkedik, mert egy közönséges egyenes az ideális pontoknak megfelelő osztályok közül pontosan egyhez tartozik.  
 
P2-tétel. A klasszikus projektív sík bármely két különböző egyenesének egyértelműen létezik metszéspontja.
 
Bizonyítás. Két különböző közönséges egyenes az euklideszi síkon vagy párhuzamos, vagy metszi egymást. Az első esetben nincs közös közönséges pontjuk, viszont egy osztályba tartoznak, tehát egyértelműen létezik közös ideális pontjuk. A második esetben egyértelműen létezik közös közönséges pontjuk, viszont különböző osztályokba tartoznak, ezért nincs közös ideális pontjuk. Végül egy közönséges egyenesnek és az ideális egyenesnek nincs közös közönséges pontja, viszont pontosan egy közös ideális pontjuk van, a közönséges egyenes osztályának megfelelő ideális pont.  
 
Desargues tétele. Tegyük fel, hogy az ABC és az A'B'C' háromszögek úgy helyezkednek el a klasszikus projektív síkon, hogy az AA', BB' és CC' egyeneseknek van egy közös P pontjuk. Ekkor az AB és A'B' egyenesek M metszéspontja, a BC és B'C' egyenesek N metszéspontja, valamint a CA és C'A' egyenesek L metszéspontja egy egyenesre illeszkedik.
 
 

A P pont és az MN egyenes különböző választásaival Desargues tétele az előzőekben bizonyított állításokat adja. Ha P ideális pont, MN pedig az ideális egyenes, akkor a D0-tételt, ha P közönséges pont és MN az ideális egyenes, akkor a D1-tételt, ha pedig P ideális pont és MN közönséges egyenes, akkor a D2-tételt kapjuk.
Desargues tételének sok különböző bizonyítása ismert. Lapunkban három évvel ezelőtt jelent meg egy olyan bizonyítás [6], amely a háromdimenziós tér illeszkedési tulajdonságain alapul. Ehhez hasonló bizonyítás olvasható az [5] könyv 52‐53. oldalán. A Kárteszi professzor [2] könyvében található bizonyítás koordinátákat használ. E bizonyítások mindegyike a klasszikus geometria valamelyik ,,erős'' tételén alapul. Most az eddigi bizonyításainkhoz hasonló szellemű bizonyítást adunk Desargues tételére, felhasználva a klasszikus projektív geometria következő tételét.
 
Tétel. Legyen P a klasszikus projektív sík tetszőleges pontja, pedig tetszőleges egyenese. Ha a B és B' pontok különböznek P-től, nincsenek rajta -en és a BB' egyenes átmegy P-n, akkor a klasszikus projektív síkon van olyan kollineáció, amelynél B képe B', minden pontja helyben marad, továbbá minden P-n átmenő egyenes képe is önmaga.  
 
Desargues tételének bizonyítása. Az előző tétel szerint van olyan φ kollineációja a klasszikus projektív síknak, amely B-t B'-be viszi, helyben hagyja az MN egyenes minden pontját és a P-n átmenő összes egyenest is. Megmutatjuk, hogy ez a kollineáció A-t A'-be, C-t pedig C'-be viszi. A PA és PC egyenesek fixegyenesek, mert átmennek P-n. Ezért AφPA és CφPC. Mivel M,N, azért Mφ=M és Nφ=N, tehát
Aφ=(MBPA)φ=(MB)φ(PA)φ=MB'PA=A',
és ugyanígy kapjuk, hogy
Cφ=(MBPC)φ=(MB)φ(PC)φ=MB'PC=C'.
Ekkor viszont (CA)φ=C'A', és ha L1 jelöli CA és MN metszéspontját, akkor L1=L1φ(CA)φ=C'A', azaz
L1=CAC'A'=L,
vagyis M, N és L kollineárisak.  
 
A klasszikus projektív sík P1 és P2 tulajdonságait felhasználva az absztrakt projektív síkot is definiálhatjuk illeszkedési axiómákkal. A sík most is egy ponthalmaz, az egyenesek pedig ennek kitüntetett részhalmazai. Ez a struktúra projektív sík, ha kielégíti a következő három axiómát:
P1Két különböző pontra egy és csak egy egyenes illeszkedik.
P2Két különböző egyeneshez egy és csak egy olyan pont van, amely mindkettőre illeszkedik.
P3Van négy olyan pont, melyek közül semelyik három nem illeszkedik egy egyenesre.
Ezekből az illeszkedési axiómákból azonban nem következik, hogy az absztrakt projektív sík beágyazható valamilyen háromdimenziós térbe, az sem, hogy koordinátákat vezethetünk be, valamint az sem, hogy léteznek az előző tételben szereplő kollineációk. Ezért Desargues tételének a klasszikus projektív síkon működő bizonyításai sem érvényesek.
Könnyen meggondolható, hogy ha a Π absztrakt projektív sík valamely egyenesét és az összes -re illeszkedő pontját elhagyjuk, akkor az így kapott Σ=Π ponthalmaz ún. absztrakt affin síkot alkot, azaz kielégíti az euklideszi párhuzamossági axiómát. Σ két egyenese pontosan akkor lesz párhuzamos, ha Π-ben a megfelelő egyenesek metszéspontja -re illeszkedett. Ha pedig egy Σ absztrakt affin síkból indulunk ki, akkor ugyanúgy, ahogy az euklideszi síkból elkészítettük a klasszikus projektív síkot, egy egyenes és az arra illeszkedő pontok hozzávételével megkapjuk Σ projektív lezártját, ami absztrakt projektív sík. Ezért minden olyan tételnek, ami csak az illeszkedés tulajdonságait használja, van projektív és affin változata is.
Az absztrakt affin síkok közt vannak olyan, a klasszikus euklideszi síktól különböző síkok, melyeken igaz Desargues tétele. Ilyenre példa a [4] cikkben leírt AG(2,p) sík. (Az ábrán p=3 esetén látható a D0-tételnek eleget tevő két háromszög.) Azonban csupán az illeszkedési axiómákból nem bizonyítható be a tétel. Cikkünknek a következő számban megjelenő folytatásában egy olyan absztrakt affin síkot konstruálunk, amelyen nem igaz Desargues tétele, sőt annak gyengébb változata, a D0-tétel sem. A folytatás előtt ajánljuk a következő feladatok megoldását.
 
 

 
Feladatok
 

1. Az euklideszi sík A1A2A3 háromszöge Ai csúcsához tartozó magasságvonalának talppontja legyen Bi (i=1,2,3). Mutassuk meg, hogy ha a háromszög nem egyenlő szárú, akkor az AiAjBiBj pontok kollineárisak. Mit mondhatunk akkor, ha a háromszög egyenlő szárú, illetve szabályos?
 

2. Legyen Σ olyan absztrakt affin sík, amin igaz a Desargues-tétel. Legyenek x, u és v párhuzamos egyenesek, X1 és X2 az x-re illeszkedő pontok, U és V pedig olyan pontjai Σ-nak, amelyek a három egyenes egyikére sem illeszkednek. Legyen
UXiu=Ui,VXiv=Vi,ésUViVUi=Mi,i=1,2.
Mutassuk meg, hogy az M1M2 egyenes párhuzamos az u, v és x egyenesekkel.
 

3. Legyen Π olyan absztrakt projektív sík, amin igaz a Desargues-tétel. Mutassuk meg, hogy ha A1A2A3, B1B2B3 és C1C2C3 olyan háromszögek a síkon, melyekre az Ai, Bi, Ci (i=1,2,3) ponthármasok rendre illeszkednek valamely ei egyenesre és az e1, e2, valamint e3 egyenesek egy közös ponton mennek át, akkor az egyes háromszögpárok megfelelő oldalegyeneseinek metszéspontjait tartalmazó tAB, tBC és tCA egyeneseknek is van közös pontja.
 

4. Legyen Σ olyan absztrakt affin sík, amin igaz a D0-tétel és a D1-tétel. Legyenek x, y és e a sík olyan egymástól különböző egyenesei, melyek mind átmennek a sík egy rögzített O pontján. Az e egyenes pontjain definiálunk egy műveletet: Ha A,Be, akkor legyen az A-n átmenő, x-szel párhuzamos egyenes és y metszéspontja S, az S-en átmenő, e-vel párhuzamos egyenes és a B-n átmenő, y-nal párhuzamos egyenes metszéspontja T, végül pedig a T-n átmenő, x-szel párhuzamos egyenes és e metszéspontja AB. Mutassuk meg, hogy az e egyenes tetszőleges A,B,C pontjai esetén igazak a következők:
a)(AB)C=A(BC),
b)AO=OA=O,
c)Pontosan egy olyan (-A)-val jelölt pont van e-n, amelyre
A(-A)=(-A)A=O,
d)AB=BA.
(E négy tulajdonságot összefoglalva azt mondjuk, hogy e pontjait az művelet kommutatív csoporttá szervezi.) Minek felel meg az művelet, ha Σ az euklideszi sík, x és y egy derékszögű koordinátarendszer két tengelye, e az Y=X egyenletű egyenes, O pedig a koordinátarendszer kezdőpontja?
 

5. Legyen Σ olyan absztrakt affin sík, amin igaz a D0-tétel és a D1-tétel. Legyenek x, y és e a sík olyan egymástól különböző egyenesei, melyek mind átmennek a sík egy rögzített O pontján, Ee pedig legyen egy O-tól különböző pont. Az e egyenes O-tól különböző pontjain definiálunk egy műveletet: Ha A,Be{O}, akkor legyen az A-n átmenő, x-szel párhuzamos egyenes és az E-n átmenő, y-nal párhuzamos egyenes metszéspontja S, az OS egyenes és a B-n átmenő, y-nal párhuzamos egyenes metszéspontja T, végül pedig a T-n átmenő, x-szel párhuzamos egyenes és e metszéspontja AB. Mutassuk meg, hogy az e{O} halmaz tetszőleges A,B,C pontjai esetén igazak a következők:
a)(AB)C=A(BC),
b)AE=EA=A,
c)Pontosan egy olyan A-1-gyel jelölt pont van e-n, amelyre
AA-1=A-1A=E.
(Az művelet kommutativitása nem véletlenül maradt ki a feladatból. Ez a tulajdonság ugyanis nem következik Desargues tételéből, hanem csak egy annál erősebb konfigurációs tételből, Papposz tételéből.) Minek felel meg az művelet, ha Σ az euklideszi sík, x és y egy derékszögű koordinátarendszer két tengelye, e az Y=X egyenletű egyenes, E pedig az (1;1) koordinátájú pont?
 
Irodalom
 


[1]Kárteszi Ferenc: A tetraéderről, KöMaL 1925/12. szám, 101‐103.
[2]Kárteszi Ferenc: Bevezetés a véges geometriákba, Akadémiai Kiadó, Budapest, 1972.
[3]Kárteszi Ferenc: Egy érdekes és egyszerű transzformációval származtatott affin sík, KöMaL 57 (1978. november), 97‐103.
[4]Kiss György: Hogyan szervezzünk körmérkőzéses focibajnokságot? KöMaL 56 (2006. december), 514‐525.
[5]Kiss György és Szőnyi Tamás: Véges geometriák, Polygon Kiadó, Szeged, 2001.
[6]Schmidt Tamás: Geometriai terek az algebra szemszögéből, KöMaL 54 (2004. április), 199‐206.

1A cikk elkészítését a Nemzeti Kutatási és Technológiai Hivatal (NKTH) támogatta az Öveges József program keretében. A támogatás forrása a Kutatási és Technológiai Innovációs Alap.