Surányi László:

BOLYAI JÁNOS FORRADALMA

BEVEZETŐ

1.  A BOLYAI-féle forradalom szellemi jelentősége

Bolyai János a magyar szellem első univerzális jelentőségű lángelméje.

Minden lángelme univerzális jelentőségű, így Balassi vagy Csokonai is, mégis: az ő életművük a magyar nyelvhez kötött. Bolyai viszont univerzális nyelven, a matematika nyelvén alkotott zseniálisat. Ha a középiskolában Bolyaival akarunk foglalkozni, elsősorban az a feladatunk, hogy érzékeltessük, miben áll ez a zsenialitása.

Az európai szellemtörténet egyik alapproblémájának: GÖRÖGSÉG ÉS KERESZTÉNYSÉG viszonyának fontos tényezői kiolvashatók a párhuzamosok problémájából. Ezzel a szellemi háttérrel foglalkozik:

Tóth Imre: Isten és geometria, OSIRIS 2000.

Surányi László: Metaaxiomatikai problémák, TYPOTEX 1992, 1997.

Tóth I.–Surányi L. 2002-ben megjelent könyve:
TÓTH I.: Bécstől Temesvárig, Bolyai János útja a nemeuklideszi forradalom felé;
SURÁNYI L.: Szabadság és geometria; Logosz és ananké harca a geometriában.

Lásd még a részletes irodalomjegyzéket.

Az egész középkori – keresztény és zsidó – filozófia sziklaszilárd bizonyosságként támaszkodik arra az euklideszi tételre, amely szerint a háromszög szögösszege két derékszög. Ez az egyik állandóan visszatérő érv arra, hogy a teremtésben biztos és változatlan racionális törvények érvényesülnek. Ahogyan Tóth Imre fogalmaz: ebben legalább egyetért Aquinoi Szent Tamás és Voltaire. „Isten sem tehet olyan csodát, hogy olyan háromszöget teremtsen, amelyben a szögösszeg nem két derékszög,” mondja Szent Tamás.

A filozófia sziklaszilárd bizonyosságként hivatkozik az euklideszi tételre, de egyáltalán nem elemzi. Nem foglalkozik a párhuzamosok problémájában rejlő megoldatlanságokkal, problémákkal. A középkori racionalizmus késztermékként támaszkodik a matematika eredményeire, anélkül, hogy alapjait kutatná és ösztönözné a matematikai kutatásokat. Az egyetlen kivétel a 15. századi, tehát már a középkor végén élő Cusanus. (Nicolaus CUSANUS – Nikolaus von Kues – bíboros a végtelenre vonatkozó kutatásaival többek szerint komoly ösztönzést gyakorolt a matematikai analízis kialakulására. Ő maga platóni és püthagoreus hatásra sokat foglalkozott matematikai spekulációkkal, egész Szentháromság-teológiát dolgozott ki matematikai alapon, pontosabban annak alapján, hogy megpróbált utánagondolni, hogyan viselkednek a véges matematikai alakzatok a végtelenbe transzformálva. Matematikai alapon bizonyította, hogy a végtelenben az ellentétek egybeesnek: ez Cusanus híres „coincidentia oppositorum” elmélete.)

Tehát egy hatalmas tekintéllyel – a teológia és a racionalizmus tekintélyével – alátámasztott, belénk ivódott, magától értetődővé vált szemléletet kellett megingatni, sőt felszámolni. Magától értetődően látunk négyzetet, téglalapot a síkon, kockát a térben, magától értetődően látunk négyzetrács szerkezetet a síkon – pedig ezek csak az euklideszi geometria termékei. Egy afrikai, aki nem a görög hagyományon nevelkedett, egészen másképp egészíti ki a látottakat (ezért nem „működnek” bizonyos pszichológiai kísérletek nem-európaiaknál!). Mérőeszközeinket is euklideszi szerkezetűnek látjuk – hogyan vehetnénk észre velük és hogyan mérhetnénk velük nem-euklideszi alakzatokat? Tehát egy belénk ivódott szemléletet kellett megdöntenie Bolyaiéknak, egy olyan látásmóddal felváltani, amely korántsem biztosít olyan szilárd nyugalmat, nem sugároz olyan magától értetődő biztonságot, mint az euklideszi szemlélet, tele van bizonytalansággal, örvénnyel – legalábbis, amíg meg nem szokjuk, be nem lakjuk.

Az a feladatunk, hogy ezt a földrengésszerű megrázkódtatást érzékeltessük.

Ezt a helyzetet SZABÓ LAJOS így írja le: „Mindig két harmónia között élünk és küzdünk; az egyik már szegényes, reflexszerű, holt magától értetődéssel szolgál, a másik még gazdag, titokzatos, örvénylő és fenyegető.”

2.      Az ismerkedés lehetséges útjai

Feladatunk: a logikai gondolkodás élesítésével kell leválasztanunk magunkat a magától értetődővé vált, de kérdéses euklideszi szemléletről és új szemléletet kialakítanunk.

Hogyan fogjunk neki a matematikai részletezésnek? Több lehetőség kínálkozik:

1. Az euklideszi síkon talált modell segítségével. Ez gyors, hatékony, de nem azt nyújtja, amit mi akarunk. Súlytalanítja a problémát, amiről szó van: mi történik, amikor alapjában inog meg egy evidenciarendszer, amikor nem bízhatunk a belénk ivódott szemléletben? Nyújtunk egy furcsa új, mondjuk abszurd geometriát az euklideszi sík egy zugában. Na és? „Nagy az Isten állatkertje”, mondhatja erre a diák. És ez természetes: a kisebben a nagyobb csak torzan, arányait torzító „patologikumként” jeleníthető meg. Ha meg akarjuk értetni az új geometriai szemlélet súlyát, akkor nem szabad kitérnünk azoknak a nehézségeknek és megrázkódtatásoknak az érzékeltetése elől, amivel az új geometria kiküzdése jár. Így végül eljuthatunk oda, hogy megmutassuk: a nagyobba viszont a kisebb torzítás nélkül leképezhető.

Tóth Imre írja, hogy CAYLEY, aki a Bolyai–Lobacsevszkij-féle úgynevezett hiperbolikus geometria nevezetes modelljét felállította, azt nem tartotta többnek furcsa „patologikus esetnél”, és sohasem volt hajlandó elismerni a hiperbolikus geometria létjogosultságát. (Hogy a Cayley által talált alakzat a hiperbolikus geometria modellje, azt KLEIN, az új geometria egyik szószólója vette észre, ezért nevezik CAYLEY–KLEIN-féle modellnek.)

2. Követhetjük Bolyai Appendixének felépítését. Ezt teszi:

Kárteszi Ferenc gazdagon interpretált Bolyai-kiadása, (lásd az irodalomjegyzéket), amely tartalmazza Hilbert híres cikkét is a hilberti axiómákkal,
újabban pedig

Kálmán Attila: Nemeuklideszi geometriák elemei c. könyve. (lásd az irodalomjegyzéket).

Nagyon tanulságos és izgalmas olvasmányok, ajánlom mindenkinek! De tapasztalatom szerint bevezetőnek ez az út nehéz. Bolyai számára ugyanis már magától értetődő volt az új szemlélet, amikor művét írta és ezt akarta a lehető leggyorsabban és a lehető legkevesebb szóval mélyre hatolva bemutatni. (Ezért is nagyon hasznos a számtalan gondos magyarázat mindkét idézett könyvben.)

Én a továbbiakban tehát egy harmadik utat próbálok meg vázolni. Ezt az utat az elmúlt huszonöt évben többször is végigjártuk szakkörön és olyan nagy élményt jelentett a diákoknak, hogy volt, aki még egy évtized múlva is pontosan emlékezett az egész felépítésre. A felépítés lényege az, hogy a) egyrészt „menet közben” tisztázzuk, hogy mi is az, amit axiómának fogad(hat)unk el (lásd például az 1. tétel elemzését), és mi az, amit vagy bizonyítunk, vagy ha nem bizonyítunk, akkor is tudjuk, hogy kellene és lehetne bizonyítani. (Az alábbi ismertetésben nagyon szűkre szabtuk azt, amit ilyen módon bizonyítás nélkül hagyunk, de a szakköri feldolgozásnál érdemes válogatni, hogy mit bizonyítunk és minél elégszünk meg a bizonyíthatóság kimondásával.) A felépítés másik lényeges pontja, hogy mindig hangsúlyozzuk, hogy hol és milyen mértékben kell elszakadnunk a szemlélettől. Eleinte a bizonyítás érdekében (lásd például a „tapétázást”, vagy annak bizonyítását, hogy a háromszög szögösszege legfeljebb 180°), később azért, hogy eltávolodhassunk az euklideszi szemlélettől. Minden új, az euklideszi szemlélettel össze nem egyeztethető ábránál (párhuzamossági szög, aszimptotikus egyenesek, aszimptotikus háromszögek, szögtartományba foglalható egyenesek, görbe távolságvonalak, stb.) elidőztünk, s a bizonyítást ez után vettük sorra!

Ismeretes, hogy Euklidész volt az első, aki a geometria (és egyáltalán egy tudományág) axiomatikus felépítésére vállalkozott. Vagy legalábbis az ő neve alatt fennmaradt Elemek című műben található a geometria (és az aritmetika) első axiomatikus felépítése. A későbbi elemzések során nyilvánvalóvá vált, hogy az euklidészi axiómák között vannak fölöslegesek és vannak olyan axiómák, amelyeket Euklidész kimondás nélkül használt. Mindezzel együtt mindenki – Bolyai és Lobacsevszkij is – magától értetődőnek vette, hogy az euklideszi axiómarendszer kijavítható, és egyetlen valódi problémája a párhuzamossági axiómában rejlik. Maga Bolyai csak ezzel szemben állított fel új axiómát, egyebekben kimondva vagy kimondatlanul Euklidészre hivatkozott. A nemeuklideszi geometriák felfedezése aztán sürgetővé tette egy pontos geometriai axiómarendszer felállítását. Érdekes lenne nyomon követni ennek történetét is, de ez elvezetne témánktól. Minthogy a ma használt axiómarendszer Hilbert megfogalmazása nyomán terjedt el, az egyszerűség kedvéért mi is hilberti axiómákként fogunk hivatkozni rájuk. A hilberti axiómákat külön oldalon is felsoroltuk, felépítésünk azonban arra törekszik, hogy bemutassa: miért éppen ezek az axiómák, így érdemes türelmesen kivárni, amíg sorra kerülnek.

I. RÉSZ

3.  A párhuzamossági axióma és a nem-metsző egyenesek

Hogyan szól tehát a „főszereplő”, a (csak később így elnevezett) párhuzamossági posztulátum?

1. EuklidÉsznél (az Elemek 5. posztulátuma):
(AI) Ha egy egyenest két másik egyenes metsz, akkor azon az oldalon találkoznak, amelyen az egyenessel bezárt szögeik összege kevesebb két derékszögnél.

Sokan megrökönyödtek rajta, hogy milyen bonyolult és látszólag egyáltalán nem lényegre tapintó Euklidész megfogalmazása. Többen is arra gyanakodtak, hogy ez a furcsa megfogalmazás is azt jelzi, hogy magának Euklidésznek is voltak fenntartásai az axiómával kapcsolatban. Látni fogjuk, hogy valójában nagyon is célszerű, technikai jellegű a megfogalmazás: a legtöbb bizonyításban éppen ez a megfogalmazás alkalmazható a legjobban.

Sokkal egyszerűbb és áttetszőbb (nem technikai jellegű)

2. Ptolemaiosz megfogalmazása, amely Proklosznak az Elemekhez írt kommentárjában maradt fenn:
(AI’) Adott e egyeneshez és rajta kívül levő P ponthoz csak egyetlen olyan egyenes húzható, amely átmegy P-n és nem metszi e-t.

Megjegyezzük, hogy ennek a megfogalmazásnak szoros kapcsolata van az akkor újraéledő platonizmussal, lásd idézett írásomat, s benne Tábor Béla értelmezésének ismertetését.

Mind a két megfogalmazásában van egy feltűnő „hiányosság”. Euklidész nem foglalkozik azzal az esettel, amikor a két metsző egyenes által bezárt szög összege 180° (két derékszög). Ptolemaiosz pedig csak azt állítja, hogy nem húzható több nem-metsző egyenes. De vajon egy húzható? A következő tétel választ ad e kérdésekre, s mutatja, hogy miért nem foglalkoznak vele az axiómák. Bizonyítható ugyanis a következő

1. TÉTEL: Ha adott egy e egyenes és egy P pont, amely nem illeszkedik erre az egyenesre, akkor P-re illeszthető olyan egyenes, amely nem metszi e-t.

A BIZONYÍTÁST hamarosan kiderülő okból aprólékosan részletezzük.

I. a)-c) A nem metsző egyenes szerkesztése

Az fenti ábrát hozzuk létre a következő lépésekben:

a) Vegyünk fel az e egyenesen egy tetszőleges R pontot.

b) Vegyünk fel e-n egy R-től különböző Q pontot is.

c) Mérjük fel a QRP szöget a PR egyenes „másik oldalára” P-ből, vagyis vegyük fel azt a PT félegyenest, amelyre a TPR irányított szög megegyezik a QRP irányított szöggel (és a PT félegyenes az RP egyenes által meghatározott másik félsíkban van, mint RQ).

II. d)-g) A nem metszés igazolása

d) Azt állítjuk, hogy az így kapott PT egyenes nem metszi e-t. Tegyük fel ugyanis, hogy PT egyenesnek és e-nek van közös pontja, legyen ez a pont X.

e) Mérjük fel a PX távolságot e-n R-től az RX-szel ellenkező félegyenesre: RX’. Most a következő ábrát kapjuk: (A PX egyenes az eddigi PT egyenes!):

f) A PX’R és RXP háromszögben két-két megfelelő oldal és a közbezárt szög egyenlő: PR=RP közös oldal, RX’=PX és X’RP=XPR. Következésképp egyenlő az X’PR és XRP szög is.

g) X’PX= X’PR + RPX = XRP + PRX’ = 180°, tehát X’, P, X egy egyenesen van. (Ezt az ábrán már nehéz volna jelölni!) De ekkor az e egyenesnek és a PT egyenesnek két különböző közös pontja van, ami ellentmondás.

Ha részletesen elemezzük ezt a szemléletesen evidens bizonyítást, akkor kielemezhetjük belőle HILBERT axiómarendszerének majdnem minden axiómáját, s így legalább „tetten érhetjük” az axiomatizálás folyamatát.

a) Vegyünk fel az e egyenesen egy tetszőleges R pontot.

b) Vegyünk fel e-n egy R-től különböző Q pontot is.

Ez a lépéspár feltételezi, hogy

(AII) Bármely egyenesnek van legalább két pontja

Megjegyezzük, hogy már a tétel kimondása (és egyáltalán az, hogy a párhuzamossági axiómának értelme van) feltételezi ennek az axiómának síkra vonatkozó megfelelőjét:

(AII’) A síknak van három olyan pontja, amely nem illeszkedik egy egyenesre.

e) Mérjük fel a PX távolságot az RQ félegyenesre: RX’=PX.

Ez a lépés használja

(AIII) A szakaszmásolás axiómáját:
Egy AB félegyenesen pontosan egy olyan C pont van, amelyre AC hossza megegyezik egy adott hosszúsággal.

Az (AIII) axióma alapján már e) valóban végrehajtható: felmérhetjük az RX’=PX távolságot az RQ félegyenesre.

De miért beszélhetünk szakaszról és miért beszélhetünk félegyenesről?

Vegyük először a félegyenes kérdését. Félegyenesről akkor beszélhetünk, ha az egyenest egy tetszőleges pontja két félegyenesre bontja. Ez azonban nem teljesen magától értetődő. A gömbi geometriában például az „egyenes” szerepét a főkörök játsszák, de a kört semelyik pontja nem bontja két félre. (Megjegyezzük, hogy a topológiában és a gráfelméletben fontos kérdés, hogy egy alakzat összefüggő-e, és ha összefüggő, akkor hány pontját kell elhagyni ahhoz, hogy megszűnjön összefüggő lenni. Az egyenes például egyszeresen összefüggő, a kör kétszeresen, mert két pontját kell elhagyni ahhoz, hogy megszűnjön összefüggő lenni.) A sík geometriája tehát igazából a következő axiómával válik el a gömb geometriájától (az axiómák számozása később kiderülő okból nem folytonos, ez a megfogalmazás még ideiglenes!):

(AV) Ha A, B, C egy egyenes három pontja, akkor a három pont közül pontosan egy van a másik kettő között.

1. feladat: Hol használjuk még a bizonyításban ezt az axiómát?

MEGOLDÁS:

Egyrészt használjuk, amikor szakaszról beszélünk, erre rögtön visszatérünk. De használjuk még egy helyen:

A g) pontban! Ott ugyanis feltételezzük, hogy X és X’ az e (és a PT) egyenesnek két KÜLÖNBÖZŐ pontja. Ez azonban nem egészen magától értetődő, és pontosan az (AV) axiómából következik. Ha ugyanis X = X’ volna, akkor az egyenes „körbe érne”, vagyis például a PX szakasz bármely további Y pontjára teljesülne, hogy Y a P és X pontok között van, ugyanakkor X = X’ miatt az is teljesülne, hogy P van Y és X’ között. (Hogy miért van ilyen Y pont, arra rögtön visszatérünk.)

MEGJEGYZÉSEK: 1. Megjegyezzük, hogy a „között” fogalma azonos egyenes pontjaira van definiálva, továbbá ha a B pont az A és C pont között van, akkor C és A között is van (Hilbert e két állítást is axiómaként mondja ki). A teljes axióma tehát így szól:

(AV) a) Ha egy B pont egy A és C pont között van, akkor A, B, C egy egyenes három különböző pontja, s akkor B egyben C és A között is van.
b) Ha A, B, C egy egyenes három pontja, akkor a három pont közül pontosan egy van a másik kettő között.

c) Ha a B pont az A és C pont között van, akkor minden további D pont, amely A és C között van, vagy A és B között van, vagy B és C között van, és mindkét eset nem teljesül. Ha D nincs A és C között, akkor nincs sem A és B között, sem B és C között.

2. Mint említettük, a gömbi geometriában az (AV.b) axióma nem teljesül, s a tétel állítása sem igaz: bármely két „egyenes”, azaz főkör metszi egymást. A gömbön a bizonyítás valóban a g) ponton „bukik meg”.

3. Ad absurdum elképzelhető volna, hogy az 1. tétel bizonyításának g) pontja azon bukik meg, hogy nincs Y pont, vagyis hogy az egyenesnek nincs több pontja P-n és X-en kívül. De már Euklidésznél szerepel az az axióma, hogy minden szakasz meghosszabbítható (Elemek 2. posztulátuma). Ezt Hilbert a következőképpen fogalmazza meg:

(AV’) d) Ha A és C sík két pontja, akkor van olyan B pont az AC egyenesen, amelyre a C pont A és B között van.

4. A fenti (AV a–c) axiómában bevezetett „között” fogalom már alkalmas a szakasz és a félegyenes fogalmának a definiálására is:

DEFINÍCIÓ: Ha A és B a sík (a tér) két pontja, akkor az AB szakaszon az AB egyenes olyan C pontjainak összességét értjük, amelyek A és B között vannak.)

A félegyenes definíciója technikaibb jellegű:

DEFINÍCIÓ: Ha az A pont a C és B pont között van, azt úgy is mondjuk, hogy A elválasztja C-t és B-t, vagy C és B az A pontnak ellentétes (különböző) oldalán van, ellenkező esetben a két pont A-nak ugyanazon az oldalán vagy azonos oldalán van. Az O pontnak azonos oldalán levő pontok összességét félegyenesnek nevezzük. Az OA félegyenes azoknak a pontoknak az összessége, amelyek O-nak ugyanazon az oldalán vannak, mint A.

Azt állítjuk, hogy ezzel a definícióval az e egyenest egy O pontja két félegyenesre bontja. (Vagyis az egy oldalon levő A és A’ pontokhoz tartozó OA és OA’ félegyenes azonos, ha pedig O elválasztja az  A és B pontot, akkor az OA és OB két különböző félegyenes, amelyek egyesítése az e egyenes, s amelyeknek O kivételével nincs közös pontjuk). Ennek bizonyítása az (AV.c) axiómával történhet. Akit érdekel a bizonyítás, ide kattintson.

A félsík definíciójára nemsokára visszatérünk.

A félegyenes definíciója után definiálható az is, hogy mikor mondjuk egy szakaszról, hogy kisebb egy másik szakasznál.

DEFINÍCIÓ: Ha a B pont az AC szakaszon van, akkor azt mondjuk, hogy az AB szakasz (hossza) kisebb az AC szakasz (hosszá)nál, illetve az AC szakasz (hossza) nagyobb az AB szakasz (hosszá)nál. Általában pedig legyen adva az AB és a CD szakasz, másoljuk fel az AB félegyenesre A-ból a CD szakaszt (ezt az (AIII) axióma szerint megtehetjük). A CD szakasz pontosan akkor nagyobb az AB szakasznál, ha a másolással kapott AD’ szakasz nagyobb nála. (Ilyenkor azt is mondjuk, hogy az AB szakasz kisebb a CD szakasznál.) Jelöléssel: CD>AB vagy AB<CD.

Az így kapott kisebb-nagyobb relációnak megvannak a szokásos tulajdonságai. Ennek bizonyítása ismét technikai jellegű, akit érdekel, az ide kattintson. A bizonyításban felhasználjuk, hogy „ha egyenlő szakaszokhoz egyenlő szakaszokat adunk, ismét egyenlő szakaszokat kapunk”. Továbbá felhasználjuk, hogy ha két szakasz egyenlő egy harmadikkal, akkor e két szakasz is egyenlő. Vagyis szükségünk van a következő két axiómára:

(AVI.a) Ha egy egyenes A, B, C pontjára és egy másik egyenes A’, B’, C’ pontjára teljesül, hogy B van A és C között, B’ van A’ és C’ között, továbbá AB=A’B’ és BC=B’C’, akkor AC=A’C’.
(AVI.b) Ha az A’B’ és az A’’B’’ szakasz egybevágó egy AB szakasszal, akkor egymással is egybevágók. (Ha mind az A’B’ szakasz, mind az A’’B’’ szakasz ugyanolyan hosszú, mint az AB szakasz, akkor e két szakasz is egyenlő hosszú.)

Nézzük a bizonyítás következő lépését:

c) Mérjük fel a QRP szöget a PR egyenes „másik oldalára” P-ből, vagyis vegyük fel azt a PT félegyenest, amelyre TPR irányított szög megegyezik a QRP irányított szöggel.

Ez a lépés feltételezi

(AIV) a szögmásolás axiómáját:
Pontosan egy olyan AC félegyenes van, amely az AB félegyenessel egy adott (irányított) szöget zár be. Ez másképp azt jelenti, hogy az AB egyenes egyik oldalán pontosan egy olyan AC félegyenes van, amely az AB félegyenessel egy előre adott szöget zár be.

Az axióma megfogalmazásából is kitetszik, hogy szükségünk van a szög és a félsík definíciójára. Az irányított szög definíciójára is szükségünk lenne, de ettől eltekinthetünk, ha a fenti axiómát csak konvex szögekre mondjuk ki. (Az irányított szög általános definíciójához azt kellene elfogadnunk, hogy az egész sík egységesen irányítható, ami például azt jelenti, hogy a háromszögeknek van körüljárása. A nehézség érzékeléséhez gondoljuk meg, hogy van-e ennek értelme a gömbön? Itt most egy egyszerűbb utat követünk.) Először a félsíkot definiáljuk:

DEFINÍCIÓ: Legyen e a sík egy egyenese, és tegyük fel, hogy az A és B pont nem illeszkedik az e egyenesre. Ekkor e két pont az e egyenesnek ugyanazon az oldalán fekszik, vagy az e egyenes által határolt azonos (nyílt) félsíkban van, ha a AB szakasznak nincs közös pontja e-vel. Ha az AB szakasznak van közös (belső) pontja e-vel, akkor A és B az e egyenes ellentétes oldalán van. Azt is mondjuk, hogy az e egyenes elválasztja egymástól A-t és B-t.

A definícióból következik, hogy két pont vagy az egyenes azonos oldalán fekszik, vagy különböző oldalán. De mit jelent itt, hogy „oldal”-ról beszélünk? Ehhez tudnunk kellene, hogy ha az A pont B-vel is, C-vel is azonos oldalon van, akkor B és C is az egyenesnek ugyanezen az oldalán vannak. Ez más szavakkal azt jelenti, hogy ha az e egyenes elválasztja egymástól a B és C pontokat, akkor A-t is elválasztja az egyiktől. Mivel feltettük, hogy egyik pont sincs az e egyenesen, ezért a következő állítást kapjuk:

(AV’’) Ha az XY egyenes metszi az ABC háromszög egyik oldalát, éspedig az oldal egy belső pontjában, akkor metszi még egy oldalát.

Ezt az állítást Hiberték nyomán axiómaként vesszük fel. Nem véletlenül szerepel benne az a megkötés, hogy az XY egyenes az egyik oldalt annak belső pontjában metszi, hiszen ha egy csúcsban metszi, akkor lehet, hogy e csúcson kívül nincs több közös pontja a háromszöggel. Megjegyezzük, hogy az (AV’’) axióma azt mondja ki, hogy „az e egyenes azonos oldalán lenni” tranzitív reláció. Másrészt eleve A és B-ben szimmetrikusnak definiáltuk. Végül nyilván bármely pont ugyanazon az oldalon fekszik, mint önmaga. Tehát a definiált reláció ekvivalencia-reláció. (Aki nem ismeri ezt a fogalmat, annak mellékelünk egy rövid ismertetőt az ekvivalencia-relációról.) Az is belátható, hogy a síkot minden egyenes pontosan két félsíkra bontja. Ennek bizonyítása itt olvasható.

DEFINÍCIÓ (folytatás): Az „egy oldalon lenni” definíciójában megadott reláció a sík e-re nem illeszkedő pontjait két diszjunkt osztályba sorolja. Ezek az e által határolt nyílt félsíkok. Ha az e egyenest is hozzávesszük a félsíkhoz, akkor kapjuk az e által határolt zárt félsíkot.

Most már definiálható a szögtartomány fogalma és a szögek közötti kisebb-nagyobb reláció. Mindkettő elfogadható a szemlélet alapján is, ezért aki ki akarja hagyni a technikai részleteket, rögtön a folytatásra ugorhat, ha idekattint. (A technikai részleteket is két részre vágtuk: külön fájlba tettük, ami nélkül a szemléletből érthető a definíció.)

Nyilvánvaló a következő két állítás:

1. (EGYSZERŰ) LEMMA: Ha az e-re nem illeszkedő P pontot összekötjük az e egyenes egy O pontjával, akkor az OP szakasz teljes egészében az e egyenes egyik zárt félsíkjában van.

2. (EGYSZERŰ) LEMMA: Ha O az e egyenes egy pontja, akkor bármely, az O-ból induló félegyenes összes pontja az e egyenesnek azonos oldalán van.

Ezeknek a megjegyzéseknek a segítségével már definiálható egyrészt a konvex (és a nem-konvex) szögtartomány, másrészt szögek között a kisebb-nagyobb reláció.

Előbb definiáljuk, mit értünk konvex szögön:

DEFINÍCIÓ: Tekintsük az egy pontból induló OA és OB félegyenest, tegyük fel, hogy OA és OB nem egy egyenes két félegyenese. Tekintsük az OA egyenes OB-t tartalmazó félsíkját, valamint az OB egyenes OA-t tartalmazó félsíkját. E két félsík közös részét nevezzük az OA és OB félegyenesek által határolt konvex szögtartománynak vagy röviden konvex szögnek. A sík kimaradó része a két félegyenes által bezárt nem-konvex szög(tartomány). Ha OA és OB egy egyenes két különböző félegyenese, akkor a két szögtartományt egyenes szögnek (vagy 180°-os szögnek) nevezzük és konvexnek tekintjük.

A kisebb-nagyobb relációt (AIV) szerint nyilván elég közös csúcsú szögekre definiálni. De itt is, mint a szakaszok összehasonlításánál, szükségünk van a szögek egybevágóságáról szóló axiómára:

(AVI.c) Ha két szög egybevágó egy harmadikkal, akkor a két szög egymással is egybevágó.

Lényegében azt akarjuk mondani, hogy két szög(tartomány) közül az a nagyobb, amelyikbe „belefér” a másik. A definíciót csak a teljes szögnél kisebb pozitív szögekre adjuk meg, a többire a kiterjesztés értelemszerű:

DEFINÍCIÓ: Ha két szög közül az egyik konvex, a másik nem, akkor a nem-konvex szög a nagyobb. Ha mindkettő konvex, de az egyik egyenes szög, a másik nem, akkor az egyenes szög a nagyobb. Ha mindkét szög kisebb az egyenes szögnél, akkor (AIV) alapján felmérhetjük őket ugyanannak az OA félegyenesnek ugyanarra az oldalára, s a kettő közül az a nagyobb, amelyik tartalmazza a másikat. Végül két nem-konvex szög közül az a nagyobb, amelyet teljes szögre kiegészítő (konvex) szög kisebb.

Megjegyezzük, hogy a definícióból könnyen levezethető, hogy az így definiált kisebb-nagyobb reláció tranzitív. Korántsem tűnik egyszerűnek bebizonyítani, hogy bármely két nem egyenlő konvex szög közül az egyik nagyobb, pedig ezt is meg szoktunk követelni egy kisebb-nagyobb relációtól. Következik azonban az alábbi lemmából:

LEMMA: Az OA egyik félsíkjában fekvő COA konvex szög pontosan akkor nagyobb az ugyanebben a félsíkban fekvő, tőle különböző BOA konvex szögnél, ha tartalmazza az OB félegyenest, vagy másképp: ha az OB félegyenes elválasztja egymástól OA-t és OC-t.

Ezek szemléletesen nyilvánvaló állítások, de ugyancsak „meg kell küzdeni értük”. Közvetlenül a definícióból egyik sem magától értetődő, még az (AIV) axióma segítségével sem! A bizonyítást külön mellékeljük azoknak, akiket e szemléletes tények pontos bizonyítása is érdekel. A továbbiakban azonban csak erre a lemmára lesz szükségünk.

Megjegyezzük még, hogy a most bevezetett (AV’’) axiómának van egy „másik arca” is, ez később fog kiderülni.

Most rátérünk az 1. tétel további bizonyítási lépéseinek elemzésére.

A d) lépés csak az indirekt feltevést mondja ki, ez nem kíván új axiómát, az e) lépést már kielemeztük (lásd a szakaszmásolás (AIII) axiómáját). A következő lépés:

f) A PX’R és RXP háromszögben két-két megfelelő oldal és a közbezárt szög egyenlő: PR=RP közös oldal, RX’=PX és X’RP=XPR. Következésképp egyenlő az X’PR és XRP szög is.

Ez a lépés a háromszögek egybevágóságának alábbi axiómáját használja:

(AVI) Ha két háromszögben a=a’, b=b’, g=g’, akkor a=a’.
(Ha két háromszögben két oldal és a közbezárt szög megegyezik, akkor egy másik szög is megegyezik.)

Most már csak az utolsó lépés van hátra:

g) Ebből következik, hogy X’, P, X egy egyenesen van. De ekkor az e egyenesnek és a PT egyenesnek két különböző közös pontja van, ami ellentmondás.

Itt egyrészt használunk valamit, amit magától értetődőnek szoktunk tekinteni, tudniillik azt, hogy bármely két egyenesszög egyenlő (azaz egybevágó (!) a szögek egyenlősége az egybevágóságukat jelenti, bár ezt nem szoktuk így kifejezni!).

De használunk még egy fontos axiómát:

(A0) A sík bármely két pontjára pontosan egy egyenes illeszkedik.

Valójában ez az axióma kettőt állít: hogy bármely két pontra illeszkedik egyenes, és hogy két egyenesnek legfeljebb egy közös pontja van.

Megjegyezzük, hogy a gömbi geometriában ez utóbbi állítás sem teljesül. Ha azonban a gömb szemközti pontjait azonosítjuk, akkor ez az axióma már teljesül, de az (AV.b) axióma az így kapott furcsa alakzaton sem lesz igaz. Ha kicsit elgondolkozunk azon, hogy hogyan is néz ki az így kapott „félgömb”, rájövünk, hogy az egyenesek most is körbe érnek!

Az axióma első felére hamarosan szükségünk lesz.

Ezzel befejeztük az 1. tétel bizonyításának elemzését. Lényegében az összes axiómát felhasználtuk benne, amire a továbbiakban szükségünk lesz. Azt is mondhatnánk, hogy az elemzés jól szemlélteti szemlélet és gondolkodás (elemzés) viszonyát: maga a bizonyítás szemléletesen evidens, s az axiómák e szemlélet alkotóelemeinek kielemzéséből adódtak.

Fontos kiemelni, hogy az 1. tétel bizonyításánál az (A0) és az (AII)–(AVI) axiómákat használtuk, de a párhuzamossági axiómát, (AI)-et nem! (Az ilyen tételeket Bolyai nyomán „abszolút” tételnek fogjuk nevezni. Azokat a tételeket, feladatokat és definíciókat, amelyek csak a Bolyai–Lobacsevszkij-féle geometriában érvényesek, (B) jellel, az euklideszi tételeket és feladatokat (E)-vel jelöljük. A nem jelölt tételek és feladatok „abszolútak”, azaz a párhuzamossági axiómától függetlenül mindkét geometriában érvényesek.)

Az 1. tételnek még egy következményét említjük meg. A bizonyítás az e egyenes tetszőleges R pontjára jó. Ha Ptolemaiosz posztulátuma érvényes, akkor az összes így kapott, P-re illeszkedő és e-t nem metsző egyenes azonos. EBBŐL következnek a párhuzamos szárú szögekre vonatkozó ismert elemi tételek, így például az, hogy párhuzamos egyenesek váltószöge egyenlő. Ezek az állítások tehát bizonyíthatók, ami persze nem jelenti azt, hogy be is kellene bizonyítanunk a középiskolában.

Ha azonban a Bolyai-geometriát dolgozzuk fel, érdemes lehet erre is kitérni, mert ott annak az eljárásnak, amellyel az 1. tétel bizonyításában a nem metsző egyenest szerkesztettük, fontos szerep jut. Ha ugyanis van két olyan R és R’ pont, amelyhez a fenti módon megszerkesztett egyenes azonos, akkor a PRR’ háromszögben a szögösszeg 180°.

Be fogjuk látni, hogy egy ilyen háromszög létezéséből már következik, hogy minden háromszögben 180° a szögösszeg és akkor a síkon Euklidész (vagy: PTOLEMAIOSZ) axiómája igaz. Vagyis: vagy az e egyenes bármely R pontjából kiindulva ugyanazt a P-re illeszkedő, e-t nem-metsző egyenest kapjuk, vagy bármely két ilyen nem-metsző egyenes különböző lesz.

Mielőtt azonban erre rátérnénk, még megvizsgáljuk, hogy a háromszög geometriájából mi marad érvényben a párhuzamossági posztulátum nélkül is:

4. Mit használhatunk, ami nem inog?
A) Az egybevágóság alapesetei

Ismételjük meg a háromszög egybevágóságának alapesetét, amelyet HILBERT nyomán axiómaként vettünk fel:

(AVI) Ha két háromszögben a=a’, b=b’, g=g’, akkor a=a’.
(Ha két háromszögben két oldal és a közbezárt szög megegyezik, akkor egy másik szög is megegyezik.)

Az axiómából az a és b oldal betűzésének megcserélésével azonnal adódik, hogy a harmadik szög is megegyezik. Tehát ha két háromszögben két-két megfelelő oldal és az általuk közbezárt szög megegyezik, akkor a háromszögek megfelelő szögei megegyeznek.

Azonnal levezethető az is, hogy a harmadik oldal is megegyezik:

Mérjük fel ugyanis az AB félegyenesre az AB₁=A’B’ szakaszt, a kapott AB₁C háromszögben és az A’B’C’ háromszögben két oldal (b és c’) és a közbe zárt szög egyenlő, így az (AVI) axióma szerint egyenlő a C-nél és C’-nél levő szög is, vagyis ACB₁=A’C’B’ másrészt ez feltétel szerint = ACB. Így az ACB₁ és ACB szögek egyenlők és egy félsíkban vannak. De ebből a szögmásolás egyértelműsége miatt következik, hogy B=B₁.

2. feladat: Melyik axiómát használtuk még?

MEGOLDÁS: A szakaszmásolás axiómáját (AIII) használtuk rögtön az első lépésben. Használtuk a szögmásolás axiómáját (AIV-et) is, ebből következik ugyanis, hogy az CB és CB₁ félegyenesek azonosak.

DEFINÍCIÓ: Két háromszöget egybevágónak nevezünk, ha megfelelő oldalaik és megfelelő szögeik megegyeznek.

MEGJEGYZÉS: Van ennél szigorúbb definíció is, de egyelőre megelégszünk ezzel a definícióval.

Az eddigieket foglalja össze a második tétel, a háromszögek egybevágóságának első esete:

2. TÉTEL: (E1) Két háromszög egybevágó, ha megegyezik két-két megfelelő oldaluk és a közbezárt szög (a=a’, b=b’, g=g’).

Hasonlóan jön ki a második eset is:

3. TÉTEL: (E2) Két háromszög egybevágó, ha megegyezik egy-egy megfelelő oldaluk és a rajta fekvő két-két szög (a=a’ b=b’ és g=g’).

MEGJEGYZÉS: Ennél a tételnél azonban kell némi óvatosság. Hozzászoktunk, hogy az euklideszi geometriában adott a, b, g esetén mindig létrejön a háromszög, ha b+g<180°. Ez azonban éppen az euklideszi posztulátum! Tehát ezt mi nem feltételezhetjük, nem is mindig lesz igaz. A bizonyításhoz tehát feltételezzük, hogy van olyan háromszög, amelyben az a oldalon b és g szög nyugszik, enélkül nem megy a bizonyítás. Érdemes tehát így is megfogalmazni a tételt:

4. TÉTEL: (E2’) Ha van olyan háromszög, amelyben az a oldalon b és g szög nyugszik, akkor minden ilyen háromszög egybevágó. (Megfelelő adataik megegyeznek.) Sőt, ennél kissé élesebben is fogalmazhatunk: valahányszor egy a hosszúságú oldal két végpontjában ugyanabban a félsíkban felmérjük a b és a g szöget, akkor háromszöget kapunk, és az így kapható háromszögek mind egybevágók egymással.

BIZONYÍTÁS: Először belátjuk a gyengébb állítást.

Nyilván elég azt belátni, hogy ha a=a’ b=b’ és g=g’, akkor c=c’. Ekkor ugyanis az oldalak átbetűzésével megkapjuk, hogy b=b’. Az (AVI) axiómából pedig következik, hogy a harmadik szögek is egyenlők. Azt, hogy a feltételek mellett c=c’, a következőképpen bizonyítjuk:

Rámásoljuk a BA félegyenesre a BA₁=c’ szakaszt. Az A₁BC háromszögben és az A’B’C’ háromszögben megegyezik a BC=B’C’ és az A₁B=A’B’ oldal, valamint az általuk közbezárt b=b’ szög. Ezért megegyezik a BCA₁ és a B’C’A’=g’ szög is. De utóbbi a feltétel szerint megegyezik a BCA=g szöggel is, s ebből következik, hogy A₁=A, vagyis c=c’.

3.a feladat: Bizonyítsuk be az erősebb állítást is!

MEGOLDÁS

3. feladat: Melyik axiómákat használtuk?

Az első lépésben használtuk a szakaszmásolás axiómáját (AIII). Utána használtuk az egybevágóság (AVI) axiómáját, ebből kaptuk, hogy a BCA₁ és a B’C’A’=g’ szög megegyezik. Végül a szögmásolás egyértelműségét, tehát az (AIV) axiómát is használtuk, ebből jött ki, hogy A₁C és AC félegyenes azonos. (Illetve, hogy A₁C és A_CC félegyenes azonos.)

Az eddigiekből már következnek az egyenlő szárú háromszögre vonatkozó alábbi tételek.

5. TÉTEL:
Ha egy háromszög két oldala egyenlő hosszú, akkor a szemben levő szögek is egyenlő nagyok. Azaz:
Egyenlő szárú háromszög alapon fekvő szögei egyenlők.
És megfordítva:
Ha egy háromszögben két szög egyenlő, akkor a szemben fekvő oldalak is egyenlő hosszúak.

BIZONYÍTÁS

6. TÉTEL:
Ha egy háromszögben  a>b, akkor a>b. Azaz háromszögben nagyobb oldallal szemben nagyobb szög van.

Mielőtt e tétel bizonyításába fognánk (amelyet csak a 6. feladat után fogunk befejezni!), kimondjuk egy fontos következményét:

7. TÉTEL: A háromszög bármely oldala kisebb a másik két oldal hosszának összegénél: a<b+c.

Mindkét tételnél megy a szokásos bizonyítás. A 7. tétel következik a 6.-ból: az AB szakaszt felmérjük az (AC-vel ellentétes) AD félegyenesre, kapjuk az AD szakaszt. Az ABD háromszögben AD=AB, tehát ADB=ABD, másrészt ez utóbbi kisebb a DBC szögnél. Ezért a CDB háromszögben a B-vel szemközti CD=b+c oldal nagyobb a D-vel szemközti CB=a oldalnál.

A 6. tétel bizonyítását azonban érdemes közelebbről szemügyre venni:

A 6. TÉTEL BIZONYÍTÁSA:

Felmásoljuk a hosszabb oldalra, BC=a-ra a rövidebbet, b-t a C csúcsból (ez megy a szakaszmásolás axiómája (AIII) miatt). Így kapjuk az ACB₁ egyenlő szárú háromszöget, amelynek alapon fekvő két szöge egyenlő. Az egyiket, a CAB₁ szöget tartalmazza a, a másik, a CB₁A szög pedig nagyobb b-nál, mert külső szög, b viszont nem mellette fekvő belső szög.

Használjuk tehát a következő tételt:

8. TÉTEL: A háromszög külső szöge nagyobb a nem mellette fekvő belső szögnél.

Ez persze azonnal következne abból, hogy a háromszög külső szöge a két másik belső szög összege, s ez utóbbi egyenértékű azzal, hogy a háromszög szögösszege 180°. Csakhogy ez utóbbi tétel bizonyítása szorosan összefügg a párhuzamosság euklideszi axiómájával (látni fogjuk, hogy bizonyos értelemben egyenértékű vele), ezért ezt nem használhatjuk. Ezzel Euklidész is tisztában volt, és a tételre egy, a párhuzamossági axióma nélküli bizonyítást adott, amelyet több okból is érdemes szemügyre venni. Bizonyítása lényegében így szól:

EUKLIDÉSZ BIZONYÍTÁSA A 8. TÉTELRE (Elemek, I.16. tétel):

a) Vegyük fel az AC szakasz felezőpontját. Legyen ez  a pont F=F_AC.

b) Másoljuk rá a BF félegyenesre F-ből B-vel ellentétes oldalra az FB=FD szakaszt.

c) Az FDC és az FBA háromszög egybevágó, mert két megfelelő oldal egyezik (így csináltuk) és a közbezárt szögük is egyezik (csúcsszögek, tehát ugyanazt a szöget egészítik ki 180°-ra).

d) Tehát FCDÐ=a. Másrészt látszik, hogy kisebb a C-nél levő külső szögnél.

4. feladat: Euklidész bizonyításában vannak kérdéses pontok. Keressük meg ezeket!

MEGOLDÁS: A bizonyításban két kérdéses pont van: a) és d). A d) pontban felhasználtuk, hogy a D pont nem kerül át a BC egyenes másik partjára, vagyis hogy a BF félegyenesen van. Ez azt jelenti, hogy felhasználtuk, hogy a „félegyenes” értelmes kifejezés (vagyis használtuk az (AV) axiómát). Mint láttuk, a gömbi geometriában ez nem igaz, s ott a tétel sem igaz, hiszen van olyan háromszög, amelynek mindhárom szöge (s így mindhárom külső szöge is) derékszög.

A másik kérdéses pont a): feltételeztük, hogy tetszőleges szakasznak van felezőpontja. Ez nem magától értetődő.

Euklidész azzal kezdi az Elemeket, hogy megszerkeszti egy szabályos háromszög segítségével a szakasz felezőpontját. A szabályos háromszög szerkesztésének igazolása azonban – Euklidész Elemeinek első tétele – hagy kívánnivalót maga után; az egész felépítés azt sugallja, hogy a szabályos háromszög létezéséből Euklidész nem csinált magának problémát: az olyan „szép” volt és olyan értéket képviselt, amit nem kellett komolyan kétségbe vonnia.

Ugyanez a probléma az alábbi tételnél is, de ehhez definiálnunk kell egy szög szögfelezőjét és egy háromszög belső és külső szögfelezőjét:

DEFINÍCIÓ: Az egy pontból induló OA és OB félegyenesek által határolt szög szögfelezőjének azt az OX félegyenest nevezzük, amelyre AOX és XOB szögek egyenlők, és az OX egyenes által határolt ellenkező félsíkban vannak.

Az ABC háromszög BAC szögének belső szögfelezője az AB és AC félegyenesek által határolt szög szögfelezőjének egyenese. Ha AD az AC egyenes A végpontú másik félegyenese, akkor az AB és AD félegyenesek által határolt szög szögfelezője az A szög külső szögfelezője.

A háromszög súlyvonalait, magasságvonalait a szokott módon definiáljuk. (Utóbbihoz szükség van a merőleges definíciójára is: az egyenes szög szögfelező egyenesét nevezzük az egyenesre merőlegesnek.)

MEGJEGYZÉS: Azt tudjuk, hogy a belső és külső szögfelező merőleges egymásra – ha létezik. De egyelőre még nem tudjuk, létezik-e szögfelező, illetve belső szögfelező, súlyvonal és magasságvonal. Ehhez ugyanis tudnunk kellene, hogy van-e egy szögnek mindig fele, van-e egy szakasznak felezőpontja és lehet-e merőlegest állítani külső pontból egy egyenesre. Elég megdöbbentő kérdések, de ha pontosak akarunk lenni, ezekre a kérdésekre is válaszolnunk kell, nem hivatkozhatunk a szemléletre, vagy a folytonosságra, csak az axiómákat és következményeit használhatjuk. A következőkben tehát ezekre a kérdésekre felelünk.

9. TÉTEL: Ha az egyenlő szárú ABC háromszögben AB=AC, és F a BC szakasz felezőpontja, akkor az AF (súlyvonal) egyenes a CAB szög belső szögfelezője és merőleges a szemközti oldalra. Tehát egyenlő szárú háromszögben a szárcsúcsból induló magasság, szögfelező és súlyvonal azonos.
A tétel megfordítása is igaz: bármely kettő azonos a három vonalból, akkor AB=AC.

BIZONYÍTÁS

Ha adva van egy – a közös A pontból induló félegyenesek által határolt – szögtartomány, akkor a fenti tétel már majdnem elég ahhoz, hogy megszerkesszük a szögtartomány belső szögfelezőjét: mindkét félegyenesre felmérjük az egyenlő hosszúságú AB és AC szakaszt. A BC szakasz F felezőpontját A-val összekötő AF egyenes a fenti tétel szerint a szögtartomány (belső) szögfelezője lesz. De ennél a tételnél is feltételeztük, hogy az alap felezőpontja létezik.

5. Szakasz felezőpontja, felezőmerőlegese, szögfelező
„Nehezebben találkoznak az egyenesek”
Alapszerkesztések

Nézzük tehát, miért van egy szakasznak biztosan felezőpontja. A bizonyítás jól illusztrálja, milyen nehézségbe ütközünk a párhuzamossági axióma nélkül: „az egyenesek nehezebben metszik egymást”.

Megjegyezzük, hogy a bizonyításhoz nem használhatunk hasonlóságot, tehát nem használhatjuk a párhuzamos szelők tételét vagy a háromszög középvonalára vonatkozó tételt, mert ezek mind szorosan összefüggnek a párhuzamossági axiómával.

Első lépésben próbáljunk meg az eddigi axiómák alapján egy külső (az egyenesre nem illeszkedő) P pontból merőlegest állítani az e egyenesre. Ehhez meg tudjuk szerkeszteni P tükörképét a következő módon:

a) Egy P pontból merőleges állítása az e egyenesre; a P pont az egyenesre vonatkozó tükörképének szerkesztése:

a1. Felveszünk két pontot, A-t és B-t az e egyenesen (itt használjuk az (AII) axiómát.

a2. Felvesszük az egyenes P-vel ellentétes oldalán azt az AX félegyenest, amelyre BAX=PAB (itt használjuk az (AIV) axiómát), majd AX-re felmérjük az AP’=AP szakaszt.

Az APB és AP’B háromszög (E1) szerint egybevágó. Azt állítjuk, hogy PP’ merőleges AB-re.

Legyen ugyanis M a PP’ és AB egyenes metszéspontja. Ekkor az AMP és AMP’ háromszögek egybevágóak, mert AM oldaluk közös, AP=AP’ (így vettük fel) és az A-nál fekvő szögek egyenlők (ezt is így vettük fel). Ezért (AVI) szerint AMP és AMP’ szög is egyenlő. De összegük két derékszög, tehát mindkettő derékszög. Ezzel be is bizonyítottuk, hogy PP’ merőleges AB-re. Másrészt az egybevágóságból következik, hogy MP=MP’, tehát P’ a P pontnak e-re vonatkozó tükörképe.

Csakhogy a bizonyításban van egy kis hiányosság. Felhasználtuk, hogy AB és PP’ egyenesek metszik egymást egy M pontban! Ez azonban nem magától értetődő.

5. feladat: Bizonyítsuk be az (AV’’) axióma segítségével, hogy PP’ valóban metszi AB-t egy M pontban.

MEGOLDÁS

Hangsúlyozzuk, hogy annnak bizonyításához, hogy a két egyenes metszéspontja létrejön (s így ahhoz, hogy külső pontból merőlegest állíthassunk az egyenesre), az (AV’’) axiómát is használnunk kellett.

Ezek után már meg tudjuk szerkeszteni egy OA és OB félegyenes által bezárt szög (belső) szögfelezőjét:

b) Az OA és OB félegyenesek által bezárt konvex szög (belső) szögfelezőjének szerkesztése, szakaszfelező pont szerkesztése:

b1. Az (AIII) axióma alapján nyilván feltehetjük, hogy OA=OB.

b2. Tükrözzük O-t AB-re: a létrejövő tükörkép O’.

b3. Azt állítjuk, hogy OO’ a keresett szögfelező.

A b2.-ben kapott O’ pontra igaz, hogy OO’ merőleges AB-re és felezi az AOB szöget. Ez következik abból, hogy OA=OB, tehát az AOB egyenlőszárú háromszögben A-nál és B-nél egyenlő szög van, tehát a tükrözés miatt az OAO’ és OBO’ szögek is egyenlők. Másrészt OA=OB=O’A=O’B, így az OAO’ és OBO’ egyenlő szárú háromszögek egybevágóak. Ebből viszont következik, hogy AOO’=O’OB, tehát OO’ valóban az AOB szög keresett szögfelezője.

c) Szakasz felezőpontjának szerkesztése:

Könnyen belátható, hogy a most adott szerkesztési eljárás az AB szakasz F felezőpontját is megszerkeszti: ez éppen OO’ és AB metszéspontja. Ehhez elég azt meggondolni, hogy az OAF és OBF háromszögek egybevágóak, mert OA=OB, OF közös és a közbezárt szög is egyenlő.

Ha tehát tudunk szerkeszteni egy olyan O pontot, amely egyenlő távol van egy AB szakasz két végpontjától, akkor az AB szakasz felezőpontját (és felezőmerőlegesét) is meg tudjuk szerkeszteni, s ezzel létezésüket is bebizonyítjuk. De ez a szerkesztési lépés még hátravan.

6. feladat: Szerkesszünk olyan O pontot, amely egy adott AB szakasz két végpontjától egyenlő távol van.

ÖTLET A 6. FELADATHOZ

MEGOLDÁS

Ezzel végre befejeztük annak bizonyítását, hogy a szakasznak van felezőpontja. Kijött az is, hogy van felezőmerőlegese, továbbá két közös végpontú félegyenes által bezárt szögnek van belső szögfelezője. Végül megemlítjük még, hogy most bizonyítottuk be azt is, hogy bármely szakasznak van belső pontja! (Az (AV’) axióma csak azt garantálja, hogy bármely szakasz meghosszabbítható!)

Befejezésül bizonyítsuk be a következő feladat állításait:

7. feladat:
a) Bizonyítsuk be, hogy a sík olyan P pontjai, amelyek A-tól és B-től egyenlő távol vannak, épp az AB szakasz felezőmerőlegesét alkotják.
b) Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges ABC háromszögben az A csúcsból induló belső szögfelező metszi a szemközti BC oldalt. Továbbá: van A-ból induló magasság és az metszi a szemközti BC oldalegyenest.

ÖTLET A 7. FELADATHOZ

MEGOLDÁS

A tétel b) állításából következik, hogy bármely két belső szögfelező metszi egymást. Viszont a külső szögfelezőkről ezt nem tudjuk és – a hiperbolikus geometriában nem is igaz! Ez már magában is érthetővé tenné, miért kellett ilyen bonyolultan bizonyítanunk b)-t. De ennek az állításnak az ismerete nélkül is érthető a dolog. Egy háromszög belső szögfelezői az euklideszi geometriában mindenképpen metszik egymást, hiszen például az A-ból és B-ből induló belső szögfelezők AB-vel a/2 és b/2 szöget zárnak be, s e két szög összege kisebb 180°-nál, tehát az euklideszi posztulátum szerint biztosan metszik egymást. (Ismét láthatjuk, hogy mennyire hatékony az euklideszi megfogalmazás!) Sőt: a külső szögfelezők is metszik egymást, mert azok 90°–b/2 és 90°–a/2 szöget zárnak be, s ezek összege is kisebb 180°-nál. De most egyik esetben sem alkalmazhatjuk az euklideszi posztulátumot. Most „nehezebben metszik egymást az egyenesek.” (Később további példákat is fogunk látni erre a problémára.) De a belső szögfelezők most is metszik egymást, s éppen azért, mert „a háromszög nem lukas”, vagy másképp: az (AV’’) axióma miatt. A külső szögfelezőkről azonban ez az axióma nem mond semmit.

6. A 8. tételre adott euklideszi bizonyítás utóélete

Euklidésznak a 8. tételre adott bizonyítása azonban még egy vonatkozásban hosszú utóélettel rendelkezik. A bizonyításról ugyanis kiderül, hogy egy további fontos tétel következik belőle, amelyhez nincs szükség a párhuzamossági posztulátumra (az ilyen tételeket Bolyai nyomán ‘abszolút’ tételeknek nevezzük):

10. TÉTEL: A háromszög szögeinek összege legfeljebb 180°.

BIZONYÍTÁS:

Megvizsgáljuk a 8. tétel bizonyítása során kapott BCD háromszöget. Ebben a szögösszeg megegyezik az ABC háromszög szögösszegével: a C-nél levő szögről láttuk, hogy a+g lett, a B-nél levő szög viszont „ketté vált”, egyik része maradt B-nél, a másik része átkerült D-be:

Ha tehát a B-nél levő szög volt az ABC háromszög legkisebb szöge, akkor az eljárással kaptunk egy olyan háromszöget, amelyben a szögösszeg ugyanakkora, a legkisebb szög viszont legfeljebb fele akkora, mint volt.

Betűzzük át a kapott BCD háromszöget, legyen most ez az ABC háromszög, legyen ismét B-nél a legkisebb szög(ek egyike) és hajtsuk most végre ugyanezt az eljárást. Így a legkisebb szög ismét feleződik, a szögösszeg pedig változatlan marad. Az eljárást akármeddig folytathatjuk, így a legkisebb szög akármilyen kis pozitív érték alá süllyed. Ha tehát az eredeti háromszög szögösszege 180°+d volt, akkor az eljárás elég sokszori alkalmazásával elérhető, hogy a legkisebb szög d-nál kevesebb legyen. De ha most ezt a szöget „tesszük” B-be, akkor az eljárás újbóli alkalmazása után a BCD háromszögben C-nél a szög nagyobb lesz mint 180° (hiszen a másik két szög összege kisebb lesz d-nál). Ez azonban azt jelenti, hogy D-nek „át kellene fordulnia” a BC egyenes másik oldalára. De a szerkesztés szerint F B és D között van, így F és D a BC egyenesnek azonos oldalán van.

Ezzel beláttuk, hogy az ABC háromszög szögösszege nem lehet nagyobb 180°-nál.

Egész pontosan a következőt láttuk be: ha felveszünk négy, egy pontból induló félegyenest, a-t, b-t, c-t és d-t úgy, hogy ab, bc, cd szögtartomány rendre egyenlő a háromszög α, β, γ szögével és egyik szögtartomány sem tartalmazza a másik két félegyenest, akkor a és d szöge legfeljebb 180°, azaz d egyenese vagy egyebeesik a egyenesével, vagy d is az a egyenesnek ugyanarra az oldalára esik, mint b (és c). Ez éppen azzal ekvivalens, hogy a háromszög szögösszege legfeljebb 180°.

Megjegyezzük, hogy a bizonyításból valóban látszik, miért nem igaz az állítás a gömbi geometriában: ott a D pont átfordulhat a BC egyenes másik oldalára. S ott valóban nem is értelmezhető a hilberti „között” fogalom az egyenes pontjaira.

Most röviden visszatérünk a háromszög egybevágóságának még hiányzó alapeseteihez.

7.      A háromszög egybevágóságának alapesetei – befejezés,
Az egybevágósági transzformációk

Hátra vannak még a következők:

11. TÉTEL: Két háromszög egybevágó, ha
E3) a megfelelő oldalaik egyenlő hosszúak: a=a’, b=b’, c=c’;
E4) két-két megfelelő oldal egyenlő hosszú és egyenlő a nagyobbikkal szemben fekvő szög: a=a’>b=b’,a=a’;
E5) a=a’, a=a’, b=b’, azaz egy-egy megfelelő oldal egyenlő hosszú, továbbá egyenlő egy-egy rajta fekvő szög és az oldallal szemközti szög.

BIZONYÍTÁS

FELADATOK AZ EDDIGIEKHEZ:

DEFINÍCIÓ: Egy (önmagát nem metsző) sokszögről akkor mondjuk, hogy konvex, ha minden szöge konvex (azaz minden szöge legfeljebb 180°-os).

MEGJEGYEZZÜK, hogy a definícióból következik, hogy konvex sokszög oldalegyenese nem választja el egymástól a sokszög többi csúcsát. Négyszögre ez nyilvánvaló: ha az AB oldalegyenes elválasztja a C és D csúcsokat, akkor a CD oldallal való M metszéspontja nem eshet az AB oldalra, mert a sokszög nem metszi önmagát. Ha az A és B csúcs közül B van M-hez közelebb, akkor a négyszög B-nél fekvő szöge nagyobb ABM=180°-nál:

Négynél több csúcsú sokszögre a bizonyítás nem különbözik lényegesen.

8. feladat: Bizonyítsuk be (a párhuzamossági axióma nélkül!), hogy
a) konvex négyszög átlói metszik egymást;
b) ha egy konvex négyszög szemközti oldalai egyenlők, akkor szemközti szögei is egyenlők;
c) egy konvex négyszög szemközti oldalai akkor és csak akkor egyenlők, ha átlói felezik egymást, vagyis ha a négyszög középpontosan szimmetrikus.

MEGJEGYZÉS: Az euklidészi geometriában ezek a paralelogramma tulajdonságai. De most nem használhatunk párhuzamosságot. A fenti feladat b) és c) része tehát azokat a tulajdonságokat sorolja fel, amelyek a középpontosan szimmetrikus négyszög tulajdonságai közül ‘abszolútak’, függetlenek a párhuzamossági axiómától.

MEGOLDÁS

9. feladat: Bizonyítsuk be (a párhuzamossági axióma nélkül!), hogy
a) a tengelyes tükrözés távolságtartó;
b) a forgatás távolságtartó.

MEGOLDÁS

Az alábbi definíció lényegében a beszédet teszi egyszerűbbé:

DEFINÍCIÓ: A távolságtartó ponttranszformációkat egybevágósági transzformációnak, vagy röviden egybevágóságnak szoktuk nevezni.

DEFINÍCIÓ: Két síkbeli alakzatot akkor nevezünk egybevágónak, ha van a síknak olyan egybevágósági transzformációja, amely az egyiket a másikba viszi. (Ez a definíció abszolút definíció.)

MEGJEGYZÉSEK:

1. A 9. feladat tehát azt mondja ki, hogy a tengelyes tükrözés és a forgatás egybevágóság.

2. A távolságtartásból következik, hogy a transzformáció egy-egy értelmű. Tehát van inverze, s az is nyilván távolságtartó. Tehát egybevágóság inverze is egybevágóság. Láttuk, hogy ha két háromszögben a megfelelő oldalak egyenlő hosszúak, akkor a megfelelő szögek is egyenlők. Ebből következik, hogy minden egybevágóság szögtartó. A szögtartásból pedig következik, hogy egyenes képe egyenes. A távolságtartásból pedig az, hogy kör képe kör.

3. Ha egy alakzatot egy egybevágóság egy másikba visz, akkor az inverz transzformáció, amely szintén egybevágóság, az utóbbit viszi az előbbibe. Az egybevágóság tehát szimmetrikus: ha S alakzat egybevágó T-vel, akkor T is egybevágó S-sel.

4. Nyilvánvaló, hogy egybevágóságok összetétele is egybevágóság.

5. A háromszögek egybevágóságát másképp értelmeztük: két háromszöget eddig akkor neveztünk egybevágónak, ha megfelelő oldalai egyenlők és megfelelő szögeik is egyenlők. A mostani definíciónk látszólag szűkebb ennél. Hiszen egy egybevágóság egy háromszöget átvisz egy másikba, akkor e két háromszög megfelelő oldalai egyenlők, és megfelelő szögeik is egyenlők a fentebb mondottak szerint. De még nem tudjuk, hogy ha két háromszög teljesíti ezt a feltételt, akkor mindig van-e hozzá olyan egybevágóság, amely az egyiket a másikba viszi. A 10.a feladat éppen azt mondja ki, hogy van. Vagyis a két definíció (háromszögekre) ekvivalens.

A következő feladat előtt megjegyezzük még, hogy egy szakasz és egy egyenes metszéspontját bármely egybevágóság a képszakasz és a képegyenes metszéspontjába viszi. Ebből következik, hogy egy tetszőleges egyenes egyik oldalán levő pontok képeit a képegyenes nem választja el (és különböző oldalán levő pontok képeit elválasztja). Vagyis az egybevágósági transzformáció „félsíktartó”.

10. feladat: Bizonyítsuk be (a párhuzamossági axióma nélkül), hogy
a) ha ABC és A’B’C’ háromszög egybevágó (AB=A’B’, AC=A’C’ és BC=B’C’), akkor ABC legfeljebb három tengelyes tükrözéssel A’B’C’-be vihető, s így a sík bármely egybevágósága összetehető legfeljebb három tengelyes tükrözésből;
b) két metsző egyenesre vonatkozó tükrözés egymásutánja helyettesíthető a metszéspont körüli, a két egyenes által bezárt szög kétszeresével való forgatással;
c) egy forgatás helyettesíthető két, a forgatás középpontján átmenő egyenesre való tükrözéssel, az egyik szabadon választható, a másiknak az elsővel a forgatás szögének felét kell bezárnia.

ÖTLET A 10. FELADATHOZ

MEGOLDÁS

11. feladat: Bizonyítsuk be, hogy minden önmagát nem metsző négyszög szögösszege £360°; és általában minden önmagát nem metsző n-szög szögösszege £(n–2)180°.

MEGOLDÁS

A következők kedvéért külön kimondjuk az 1. tétel bizonyításának következő egyszerű speciális esetét, kis kiegészítéssel:

12. TÉTEL: Ha P az e egyenesre nem illeszkedő pont, P-ből merőlegest bocsátunk e-re, majd a kapott f egyenesre merőlegest állítunk P-ben, a kapott e’ egyenes nem metszi e-t.

Ha az euklidészi (illetve a ptolemaioszi) posztulátum nem érvényes, akkor mindkét irányban van olyan e-t nem metsző, P-re illeszkedő félegyenes, amely f-fel hegyesszöget zár be.

8. Mi nem inog?
B) A háromszög geometriája

B1) A háromszög érintő körei.

13. TÉTEL: Minden háromszögnek van beírt köre.

Ennek BIZONYÍTÁSÁHOZ csak arra van szükség, hogy a szögfelező a szögtartomány belsejének pontosan azokból a pontjaiból áll, amelyek a két szögszártól egyenlő távolságra vannak. Ehhez pedig arra van szükség, hogy

14. TÉTEL: A (két) szögfelező pontosan azoknak a pontoknak az összessége, amelyek a szög két szárától egyenlő távol vannak.
Vagy másképp: az egy pontból induló OA és OB félegyenesektől egyenlő távol levő, AOB szögtartománybeli pontok összessége az AOB szög belső szögfelezője (=az az OX félegyenes e szögtartományban, amelyre XOA=BOX).

BIZONYÍTÁS

MEGJEGYZÉS: A 7. feladat szerint azt tehát garantálja az (AV’’) axióma, hogy a belső szögfelezőknek van metszéspontja, s így a háromszögnek van beírt köre is. De azt nem garantálja, hogy a külső szögfelezőknek is van metszéspontja! S mint említettük, ez nem is mindig igaz. Látni fogjuk, hogy a Bolyai-Lobacsevszkij féle geometriában nem minden háromszögnek van minden oldalhoz hozzáírt köre. Természetesen vannak olyan háromszögek, amelyeknek van hozzáírt köre. Hogy mi van helyette a többinél, arra majd később térünk vissza.

B2) A háromszög köré írt kör

esetében ugyanaz a helyzet, mint a hozzáírt körnél. Ha valamely két oldalfelező metszi egymást, akkor már megy az ismert bizonyítás (az oldalfelező mértani hely tulajdonságát már korábban megkaptuk).

Csakhogy az oldalfelezők nem mindig metszik egymást! Ha több olyan egyenes van a P ponton keresztül, ami nem metszi a P pontra nem illeszkedő e egyenest, akkor bocsássunk merőlegest P-ből e-re, ennek az f egyenesnek és e-nek a metszéspontja legyen S. Állítsunk f-re merőlegest P-ben, az így kapott e’ egyenesről már korábban (12. tétel) beláttuk, hogy nem metszi e-t. Ha nem ez az egyetlen nem metsző egyenes, akkor van olyan, a P pontra illeszkedő g egyenes, amely nem metszi e-t és f-fel (valamelyik irányban) hegyesszöget zár be.

Vegyünk fel a PS szakasz belsejében egy A pontot, s tükrözzük az e és a g egyenesre, a tükörképek legyenek B, illetve C.

A, B és C nincs egy egyenesen, mert C csak akkor lenne az AB=PS egyenesen, ha A-t e’-re tükröztük volna. Az ABC háromszögnek tehát két oldalfelező merőlegese, e és g nem metszi egymást. Ennek a háromszögnek tehát nincsen köré írt köre. Hogy mi van helyette, arra megintcsak később térünk vissza. (BOLYAI FARKASnak szokás tulajdonítani azt a tételt, hogy ha bármely három pont vagy egy körön, vagy egy egyenesen van, akkor igaz az euklideszi párhuzamossági axióma.)

B3) A háromszög magasságpontja

Ismeretes, hogy az euklideszi geometriában a háromszög magasságpontja a háromszögön belül van, ha a háromszög hegyesszögű, kívül van, ha a háromszög tompaszögű és a derékszögű háromszög esetében a derékszögű csúcsban van. Ez utóbbi állítás nyilván független a párhuzamossági axiómától. Sejthető, hogy a tompaszögű háromszögről le kell mondanunk, hiszen eddig azt láttuk, hogy csak akkor tudunk garantálni metszéspontot, ha az a háromszögön belül van. De mi van a hegyesszögű esettel? A magasságpont létezését az ismert bizonyítás a köréírt kör létezésére vezeti vissza, másrészt e bizonyítás többször is használja a párhuzamosságot. Úgy tűnik, a magasságpont létezéséről is le kell mondanunk.

Ez azonban nem így van. Más úton azonban megmutatható, hogy hegyesszögű háromszögben van magasságpont. Ismeretes az úgynevezett „Fagnano-feladat”: írjunk a hegyesszögű háromszögbe minimális kerületű háromszöget (vagyis olyan háromszöget, amelynek három csúcsa a három oldalon van). Ismeretes, hogy e feladat megoldása a talpponti háromszög. A bizonyítás csak azt használja, hogy a tengelyes tükrözés egybevágóság (azaz távolságtartó s ezért szögtartó is E3 szerint). A bizonyítást lásd külön.

A bizonyításból az is kijön, hogy a magasságok a talpponti háromszög belső szögfelezői. (Ennek szokásos bizonyítása használja a Thálész-tételt, amely viszont használja, hogy a háromszög szögösszege 180°.) Azt pedig láttuk, hogy a belső szögfelezők metszik egymást. Tehát:

15. TÉTEL. Hegyesszögű (és derékszögű) háromszögben mindig van magasságpont.

Természetesen van olyan tompaszögű háromszög, amelyben van magasságpont.

További megjegyzés: ismert, hogy a külső szögfelezők által alkotott (hegyeszögű) háromszög magasságai éppen a belső szögfelezők, tehát a beírt kör létezése így is bizonyítható volna. Csakhogy a külső szögfelezők által alkotott háromszög nem mindig jön létre! Másrészt már a magasságpont létezésénél is használtuk a beírt kör létezését (vagyis azt, hogy a belső szögfelezők metszik egymást).

MEGJEGYZÉS: A háromszög legnevezetesebb pontjai közül a súlypontról nem esett még szó. Belátható, hogy a súlypont is mindig létezik, de ennek bizonyítása igen bonyolult és hosszadalmas. Az viszont csak az euklideszi geometriában igaz, hogy a súlypont a súlyvonalat 1:2 arányban osztja.

9.      Összefoglalás

Ha össze akarjuk foglalni, hogy „szemléletesen” mi a különbség eddig az euklideszi geometriához képest, akkor azt mondhatjuk, hogy

NEHEZEBBEN találkoznak az egyenesek, mert ‘több’ a nem-metsző egyenes!

Megnő a metszéspont, a találkozás súlya. Ha utánamegyünk, hogy ez mit jelent, ennek mélyebb szellemi jelentése van. Erről részletesebben lásd a már említett Metaaxiomatikai problémák című könyvemet és a már említett „Bécstől Temesvárig”-kötetet.

Tömören összefoglaljuk, mi használható:

A tengelyes tükrözés távolságtartó (=9.a feladat);
A forgatás távolságtartó (=9.b feladat).

A sík minden egybevágósága legfeljebb három tengelyes tükrözés összetétele (=10. feladat).

Azonban a hiperbolikus síkon nem csak metsző és párhuzamos egyenespár van, hanem van nem-metsző és nem-párhuzamos, úgynevezett ultraparalel egyenespár is. Tehát a két tengelyes tükrözésből összetehető (úgynevezett körüljárást tartó) egybevágóságoknak is három fajtája van, a forgatás és a párhuzamos áthelyezés mellett van egy harmadik fajta is. Ezt „kapjuk cserébe” azért, hogy viszont, mint látni fogjuk, hasonlóság pedig nincsen.

NEM HASZNÁLHATÓ VISZONT, HOGY

A háromszög szögösszege 180°,
A váltószögek egyenlők.
A forgatásnál nem igaz, hogy egy egyenes és elforgatottja a forgatás szögét zárja be! (Nem metsző, vagy legalábbis ultraparalel egyeneseknél nem is értelmezhető a szög.)

A „Van metszéspont” típusú állításokat szigorúan ellenőrízni kell.

10.    A háromszög szögösszege

WALLIS vette észre, hogy ha van két háromszög, amely hasonló, azaz megfelelő szögeik azonosak, de nem egybevágóak, akkor már igaz az euklideszi párhuzamossági axióma. Másoljuk először egymásra a két hasonló háromszöget úgy, hogy az egyik csúcsuk és az abból induló két oldal félegyenese fedésbe kerüljön (lásd az alábbi ábrát, itt csak a szögmásolás és szakaszmásolás axiómáját használjuk). Ekkor a BCC’B’ négyszögben a szögek összege nyilván 360°. Húzzuk be a négyszög egy átlóját, ez a (konvex) négyszöget két háromszögre bontja. A 10. tétel szerint mindkettőben legfeljebb 180° a szögösszeg. Viszont a két háromszög szögösszege 360°, tehát mindkettőben 180° a szögösszeg.

Most belátjuk, hogy egy ilyen háromszög létezéséből már következik, hogy az euklideszi párhuzamossági axióma igaz:

16. TÉTEL: Ha van olyan háromszög, amelyben a szögösszeg 180°, akkor minden háromszögben 180° a szögösszeg.

A BIZONYÍTÁS több lépésben történik.

a) Ha az ABC háromszögben 180° a szögösszeg és D a BC oldal belső pontja, akkor az ADB és ADC háromszögekben is 180° a szögösszeg:

ADC-ben is, ADB-ben is legfeljebb 180° a szögösszeg, s ha e két háromszög szögösszegét összeadjuk, akkor az ABC háromszög szögösszegét + a két D-nél fekvő szög összegét kapjuk, vagyis 360°-ot. Következésképp ADC-ben is, ADB-ben is 180° a szögösszeg.

Természetesen az állítás fordítva is igaz: ha a két „kis” háromszögben 180° a szögösszeg, akkor a nagy háromszögben is.

b) Ha egy négyszögben 360° a szögösszeg, és két szemben levő oldalának egy-egy pontját összekötő szakasszal két négyszögre bontjuk, akkor a kapott két négyszögben is 360° a szögösszeg:

A bizonyítás most is ugyanaz, mint az előbb: mindkét négyszögben legfeljebb 360° a szögösszeg (11. feladat), s ha összeadjuk a két négyszög szögösszegét, akkor a nagy négyszög szögösszegénél 360°-kal többet kapunk (ennyi a két „új” pontnál keletkező szögek összege), tehát 720°-ot. Ez csak úgy lehet, ha mindkét „kis” négyszög szögösszege 360°.

DEFINÍCIÓ: Téglalapnak nevezzük az olyan négyszöget, amelyben mind a négy szög derékszög (ha van ilyen négyszög).

c) Ha egy téglalap egyik oldalának P belső pontjában állított merőleges a szemközti oldalt egy Q pontban metszi, akkor a kapott két négyszög is téglalap. Ez következik b)-ből.

d) Ha van olyan háromszög, amelyben a szögösszeg 180°, akkor van olyan derékszögű háromszög is, amelyben a szögösszeg 180°.
Ehhez azt kell meggondolni, hogy a legnagyobb szöghöz tartozó magasság a szemközti oldalegyenest belső pontban metszi, mert egy háromszögben nem lehet két tompaszög. E magasság tehát két olyan derékszögű háromszögre bontja a háromszöget, amelyekben a szögösszeg a) szerint 180°.

e) Legyen ABC derékszögű háromszögben a=90° és tegyük fel, hogy e háromszögben a szögek összege 180°. Ha a C csúcsban kifelé felmásoljuk a b=ABC szöget, majd a kapott szögszárra felmásoljuk a DC=BA szakaszt, akkor a kapott DCB háromszög egybevágó az ABC háromszöggel (E1), ezért az ABDC négyszög téglalap. Azt kaptuk, hogy ha van olyan derékszögű háromszög, amelyben 180° a szögösszeg, akkor van téglalap is.

f) A téglalap szemközti oldalai egyenlők. Ha ugyanis van ABDC téglalap, azt a BC átlója két olyan derékszögű háromszögre bontja, amelyekben a szögösszeg 180°. Ebből viszont következik, hogy a két háromszögben megegyeznek a megfelelő szögek, s közös a BC oldaluk, tehát E2 szerint egybevágók.

g) Ha van a, b oldalú téglalap, akkor tetszőleges pozitív x-re van a, x oldalú téglalap is. „Kitapétázzuk” a síkot a, b oldalú téglalapokkal, vagyis vesszük az a, b oldalú téglalap által definiált téglalaprácsot. Legyen az alaptéglalap az ABCD téglalap, s legyen AB=a. Tekintsük azt az XABY négyszöget, amelyre AX=x és BAX=ABY=AXY=90°. Ekkor az XABY négyszöget magában foglalja egy olyan TABS téglalap, amelyre már alkalmazható c), vagyis XABY negyedik szöge is 90°-os, tehát XABY valóban a, x oldalú téglalap.

A tapéta már egészen euklideszi alakzat!

g)-ből következik, hogy ha van a, x oldalú téglalap, akkor tetszőleges y-ra van y, x oldalú téglalap is. Azt kapjuk, hogy

h) Ha van a, b oldalú téglalap, akkor van tetszőleges x, y oldalú téglalap is.

i) Ha van tetszőleges x,y oldalú téglalap, akkor ezt átlója két olyan derékszögű háromszögre bontja, amelyekben a szögösszeg 180°, és a két befogó x, y hosszú. Innen pedig az a) pont eljárását visszafelé alkalmazva minden háromszög összerakható. Így megkapjuk, hogy minden háromszög szögösszege 180°. Ezt akartuk bizonyítani.

17. TÉTEL: Ha van olyan háromszög, amelyben 180° a szögösszeg, akkor igaz Ptolemaiosz axiómája.

BIZONYÍTÁS: Legyen e=QR az egyenes, amelyhez a rajta kívül fekvő P pontból húztunk egy f egyenest, amely nem derékszöget zár be az e-re merőleges PQ egyenessel. (Q a merőleges talppontja.) Megmutatjuk, hogy f metszi az e egyenest.

A bizonyításhoz azt használjuk, hogy van PQ oldalú téglalap, és ezzel „tapétázunk”. A PQRS alaptéglalapot az f egyenes metszheti a QR oldalán, amely esetben máris kész vagyunk. Ellenkező esetben az RS oldalt metszi egy H belső pontjában. Most H-ban merőlegest állítunk az RSS’R’ második alaptéglalap R’S’ oldalára. Az előző tétel c) része szerint a talppontot H’-vel jelölve az RR’H’H négyszög téglalap.

HH’=RR’=QR=PS. Ha H’R’-re rámérjük a H’H₁=SH szakaszt, akkor a HH’H₁ háromszög egybevágó a PSH háromszöggel. A PSH háromszög szögösszege 180° (mert nagyobb nem lehet és egy téglalapot vágtunk egy négyszögre és egy háromszögre a PH szakasszal). Ezért PHSÐ=90°–SPHÐ=90°–H’HH₁Ð. SHH’Ð derékszög, ezért P, H, H₁ egy egyenesben van, tehát az f egyenes az S’R’ oldalt 2SH-val egyenlő hosszú szakaszban metszi. Most már tekinthetjük a PS’R’Q téglalap által „generált” tapétát, s elmondhatjuk arra is a fenti gondolatmenetet, így ezt az eljárást ismételve előbb-utóbb az f egyenes el fogja metszeni az e egyenest.

Megjegyezzük, hogy az eddigi ábráink még mind olyan ábrák voltak, amelyek az euklideszi szemlélettel összeférnek. De sok olyan volt köztük, amely a párhuzamossági axióma nélkül sokkal nehezebben bizonyítható. Ez az első lépés: a „látszik” megingatása.

További ‘abszolút’ (tehát párhuzamossági axiómát nem használó) tételeket az alábbi feladatok tárgyalnak.

12. feladat: Bizonyítsuk be, hogy konvex húrnégyszögben a szemközti szögek összege egyenlő és legfeljebb 180°.

MEGOLDÁS

13. feladat: Bizonyítsuk be, hogy
a) körhöz külső pontból húzott érintőszakaszok egyenlők;
b) ha az ABC háromszögbe írt kör az AB oldalt E-ben érinti, akkor AE=s–a, EB=s–b, ahol a és b az A-val, illetve B-vel szemközti oldal hossza, s a félkerület.
c) konvex érintőnégyszög szemközti oldalainak összege egyenlő (konvex érintőnégyszögen olyan négyszöget értünk, amelynek van beírt köre).

MEGOLDÁS

14. feladat: Igaz-e az érintőnégyszögre vonatkozó tétel megfordítása is? Azaz igaz-e, hogy ha egy konvex négyszög szemközti oldalainak összege egyenlő, akkor a négyszögbe írható kör?

MEGOLDÁS

II. RÉSZ

11.    A távolságvonal

Eddig olyan tételek és ábrák szerepeltek, amelyek az euklideszi szemlélet számára nem szokatlanok. A szokatlan csak az volt, hogy bizonyítani kellett őket, s nem mindig támaszkodhattunk a szemléletből megszokott eszközeinkre. A következő feladat is ilyen, de következményei már az euklideszi szemlélet számára szokatlan sőt idegen alakzatokhoz vezetnek.

15. feladat: Az ABCD konvex négyszögben A-nál és B-nél egyenlő szögek vannak, továbbá BC=AD. Bizonyítsuk be, hogy akkor C-nél és D-nél egyenlő szögek vannak. Továbbá AB és CD felezőmerőlegese megegyezik.

MEGOLDÁS

Tegyük fel, hogy A-nál és B-nél derékszög van. Ha az euklideszi (illetve ptolemaioszi) posztulátum érvényes, akkor C-nél és D-nél is derékszög van, tehát ABCD téglalap. Ha nem érvényes, akkor C-nél és D-nél hegyesszög van. (Láttuk, hogy ha van téglalap, akkor érvényes a posztulátum.)

Legyen most A, C, E az e egyenes három pontja, legyen C az A és E pontok között. Legyen B, D, F, egyenlő távol az ACE egyenestől úgy, hogy AB=CD=EF, s e három szakasz legyen merőleges az ACE egyenesre. Ekkor a 15. feladat szerint ACDB négyszögben B-nél és D-nél egyenlő szög van, ugyanígy a CEFD négyszögben is D-nél és F-nél egyenlő szög van.

Két eset van: vagy e szögek mindegyike derékszög (euklideszi eset) vagy mindegyik hegyesszög (a nemeuklideszi eset). Előbbi esetben B, D, F egy egyenesen van, utóbbi esetben viszont biztosan nincs egy egyenesen. Sőt: azt is tudjuk, hogy ezesetben a BF egyenes D-t elválasztja az e egyenestől, hiszen a BDC és FDC szögek összege kisebb 180°-nál.

A következőre jutottunk: Az euklideszi (illetve ptolemaioszi) posztulátum akkor és csak akkor érvényes, ha van három olyan pont, amely egy egyenesen van, s egyenlő távol van egy adott e egyenestől. Ez érthetővé teszi a következő definíciót:

DEFINÍCIÓ: Az e egyenes által határolt félsík azon pontjainak összességét, amelyek e-től egyenlő d távolságra vannak, az e egyenes távolságvonalának nevezzük. (Ha ez nem vezet félreértésre, röviden csak távolságvonalat fogunk mondani.)

Hasonló módon az S sík által határolt féltér azon pontjainak összességét, amelyek S-től egyenlő d távolságra vannak, az S sík távolságfelületének nevezzük. (Itt feltételeztük, hogy a féltér már – a félsík analógiájára – definiálva van.)

MEGJEGYZÉS: Az euklideszi geometriában erre a definícióra azért nincs szükség, mert ott a távolságvonal az egyenes fogalmával, a távolságfelület a sík fogalmával egyezik. A nem-euklideszi geometriában azonban e két fogalom szétválik: ott a távolságvonal d¹0 esetén olyan „uniform” görbe, amely nem tartalmaz három kollineáris pontot, sőt, e felől nézve szigorúan konvex. (Ez azt jelenti, hogy ha A, B, C az e egyenes három pontja és A’, B’, C’ a távolságvonal hozzájuk tartozó pontja, továbbá B van A és C között, akkor az A’C’ egyenes elválasztja e-t és B’-t.)

Megjegyezzük, hogy Bolyai Farkas ez utóbbi állításban egy ideig lehetetlenséget látott, s ezzel vélte bizonyíthatónak az euklideszi (illetve ptolemaioszi) posztulátumot. S valóban: a koordinátageometriánkban elképzelhetetlen egy ilyen alakzat. Csakhogy a koordinátageometriánk is az euklideszi geometriára épül: abból indul ki, hogy van (tetszőleges oldalú) téglalap és négyzetrács.

A távolságvonal „uniform” görbe, „minden pontjában ugyanúgy néz ki”. Az euklideszi síkon csak két ilyen vonal van: a kör és az egyenes. A hiperbolikus síkon a távolságvonal is ilyen, amelyet szoktak hiperciklusnak is nevezni (és ilyen lesz a paraciklus is). A távolságvonalnak (és a paraciklusnak is) nulla a görbülete, ezt nem bizonyítjuk.

A 15. feladatból következik az is, hogy a 12. tételben megszerkesztett, e-t nem metsző egyenes geometriája más az euklideszi és más a Bolyai-Lobacsevszkij féle (hiperbolikus) síkon:

18. TÉTEL: Állítsunk merőlegest az e egyenesre egy P pontjában, a kapott f merőleges Q pontjára PQ=d. Állítsunk merőlegest Q-ban f-re, így kapjuk az e’ egyenest. Ha nem igaz az euklideszi párhuzamossági axióma, akkor az e’ egyenes bármely Q-tól különböző R pontja d-nél távolabb van e-től.

BIZONYÍTÁS

A 18. tételből következik, hogy a QR egyenesnek csak egy közös pontja van a távolságvonallal.

DEFINÍCIÓ: Legyen Q az e egyenesnek d távolsághoz tartozó távolságvonalán, és legyen Q merőleges vetülete e-n P. Állítsunk Q-ban merőlegest PQ-ra. Az így kapott f egyenest a távolságvonal érintőjének nevezzük.

Belátható, hogy QR abban az értelemben is érinti a távolságvonalat, hogy bármely más, csak ‘kevéssel’ QR-től elhajló egyenes metszi a távolságvonalat. Sőt, az is belátható, hogy QR a szokásos pontos értelemben is érinti a távolságvonalat, tehát a második metszéspont az elhajlás csökkentésével tetszőlegesen megközelíti a Q pontot.

Legyen X egy olyan pont, amely nem illeszkedik a távolságvonalra. Vajon hány érintő húzható belőle a távolságvonalhoz? Tegyük fel, hogy legalább egy érintő húzható. Ha X-ből merőlegest állítunk az e egyenesre, és erre tükrözzük az e egyenest, akkor önmagába megy át, s ezért a távolságvonala is önmagába megy át. Félsíkjai sem cserélődnek fel. Az érintő tükörképe is érintő lesz, vagyis e két érintőszakasz egyenlő. Könnyen belátható, hogy további érintő nem húzható X-ből. Legyen ugyanis az X-ből húzott két érintő érintési pontja F és F’, a belőlük e-re bocsátott merőleges talppontja E és E’. Az EFF’E’ négyszögre alkalmazható a 15. feladat állítása: EFF’=FF’E’<90°.

Másrészt EFX=E’F’X=90°. Tehát XFF’ háromszögben XFF’=XF’F. Ezért az egész ábra tükrös EE’ felezőmerőlegesére, és X rajta van ezen a felezőmerőlegesen. Másrészt XF=XF’. A következőt kaptuk:

19. TÉTEL: Külső pontból a távolságvonalhoz két érintő húzható, és a két érintőszakasz egyenlő hosszú.

12. Elválasztó tételek

Foglaljuk össze eddigi eredményeinket. Az euklideszi posztulátum ptolemaioszi megfogalmazása szerint minden külső (az e egyenesre nem illeszkedő) pontra csak egy (e-t) nem-metsző egyenes illeszkedik. A Bolyai-Lobacsevszkij-féle axióma viszont azt mondja ki, hogy

(BI) Adott e egyeneshez és rajta kívül levő P ponthoz TÖBB olyan egyenes húzható, amely átmegy P-n és nem metszi e-t.

Elvileg elképzelhető lenne az is, hogy némely P pontokhoz több ilyen egyenes húzható, némelyekhez csak egy. De már az 1. tétel bizonyítása után tett megjegyzéseknél láttuk, hogy ha van egyetlen olyan P pont, amelyre csak egy e-t nem metsző egyenes illeszkedik, akkor van olyan háromszög, amelyben 180° a szögösszeg. Ebből viszont a 16. tétel szerint következik, hogy minden háromszögben 180° a szögösszeg, s ebből a 17. tétel szerint következik, hogy igaz a ptolemaioszi posztulátum.

Az is igaz tehát, hogy vagy minden háromszögben 180° a szögösszeg, vagy minden háromszögben kisebb 180°-nál a szögösszeg. Vagy van tetszőleges a, b oldalú téglalap és tetszőleges oldalú négyzet (euklideszi eset), vagy egyáltalán nincs téglalap, sem négyzet (hiperbolikus eset).

Vagy van két hasonló (egyenlő szögű) háromszög, amely nem egybevágó (Wallis) – s ezesetben van 180°-os szögösszegű háromszög –, vagy bármely háromszög oldalait egyértelműen meghatározzák a szögei (hiperbolikus eset). S végül vagy minden távolságvonal egyenes (euklideszi eset), vagy minden távolságvonal a definiáló egyenese felől nézve szigorúan konvex görbe (hiperbolikus eset).

Sőt: vagy van három kollineáris pont, amely egy egyenestől azonos, nem-nulla távolságra van, vagy minden távolságvonal a definiáló egyenese felől nézve szigorúan konvex görbe.

Az ilyen tételeket, amelyek az euklideszi vagy a Bolyai-Lobacsevszkij féle axiómát maguk után vonják, elválasztó tételeknek nevezik. Az alábbi táblázat összefoglalja az eddig talált fontosabb elválasztó tételeinket:

Euklidész, illetve Ptolemaiosz axiómája	Bolyai–Lobacsevszkij féle axióma
Van olyan háromszög, amelyben 180° a szögösszeg	Minden háromszögben 180°-nál kisebb a szögösszeg
Minden háromszögben 180° a szögösszeg	Van olyan háromszög, amelyben 180°-nál kisebb a szögösszeg (látni fogjuk, hogy tetszőleges pozitív c számhoz van olyan háromszög is, amelyben minden szög kisebb c-nél)
Van téglalap (és négyzet)	Nincs téglalap és négyzet
Van két hasonló, de nem egybevágó háromszög	A háromszög oldalait meghatározzák a szögei
Minden háromszög köré írható kör	Nem minden háromszög köré írható kör
Van három kollineáris pont, amely egy egyenestől egyforma (nem nulla) távolságra van	Minden távolságvonal szigorúan konvex görbe
Minden távolságvonal egyenes	Van három nem-kollineáris pont, amely egy egyenestől egyforma távolságra van

13. A párhuzamosság definíciója,
párhuzamossági szög és távolság,
ultraparalel egyenesek

Már elég sokat tudunk a kétféle geometriáról, a párhuzamosságinak nevezett axióma következményeiről és tagadásának következményeiről. De magát a párhuzamosságot még nem definiáltuk! Vigyáznunk kell: az euklideszi geometriában nem kellett különbséget tennünk a párhuzamos és a nem-metsző egyenesek között, ezért könnyebb volt a definíció. Most viszont olyan definíciót kell adnunk, amely mindkét geometriában érvényes. Valójában először a (BI) axiómát kell újra fogalmaznunk HILBERT nyomán:

(BI’) Ha b tetszőleges egyenes és A egy nem rajta lévő pont, akkor mindig van két A-ból induló félegyenes, a₁ és a₂, amelyek nem egészítik ki egymást egyetlen egyenessé és amelyek nem metszik a b egyenest, viszont minden, az a₁ és a₂ alkotta szögtartományban lévő, A-ból induló félegyenes metszi b egyenest.

Definíció: Kössük össze A-t a b egyenes egy B pontjával. Ez a B pont a b egyenest két félegyenesre bontja, az egyik félegyenes a₁-gyel van egy félsíkban, a másik a₂-vel. Az előbbit nevezzük az a₁-gyel párhuzamos félegyenesnek, az utóbbit a₂-vel párhuzamos félegyenesnek. Sőt, ha e és f félegyenesek párhuzamosak és e’, illetve f’ tartalmazza e-t, illetve f-et, akkor e’-t és f’-t is párhuzamosaknak nevezzük. Ugyanígy párhuzamosnak nevezzük az e-t és f-t tartalmazó két egyenest is, ezeket ilyenkor irányított egyenesnek tekinthetjük.

A most kimondott axióma (BI’) megfogalmazása Hilbert megfogalmazását követi. Valójában két részből áll. Egyrészt azt állítja, hogy van mindkét irányban egy első nem-metsző félegyenes. Másrészt azt állítja, hogy ezek nem egyenesszöget zárnak be egymással. Az első állítást Bolyai a valós számok „Dedekind-szeleteire” vonatkozó axiómából bizonyította. Ha az A-ból b-re bocsátott m merőlegest forgatjuk az egyik irányban, akkor az említett axióma szerint vagy lesz egy utolsó olyan helyzete, amikor metszi a b egyenest, vagy lesz egy első olyan helyzete, amikor nem. Az előbbi nyilvánvalóan lehetetlen (ez abból következik, hogy minden szakasz meghosszabbítható!), tehát az utóbbinak kell fennállnia. Ezzel a bizonyítással csak az a probléma, hogy használja a valós számok folytonossági tulajdonságait. Hilbert ezt egész felépítéséből kiküszöböli. Mi később pár helyen támaszkodni fogunk folytonosságra, de ezt mindig jelezni fogjuk és jelezni fogjuk azt is, hogy a megfelelő lépés a folytonosságra való hivatkozás nélkül is megtehető volna.

Állítsunk A-ból merőlegest b-re, s a kapott f merőlegesre állítsunk merőlegest A-ban.

Az így kapott a egyenes a 12. tétel szerint nem metszi b-t. Másrészt b nem lehet az első, b-t nem metsző egyenes, mert akkor nem lenne több, vagyis az euklidészi posztulátum volna érvényes.

Következésképp az a₁ és a₂ által bezárt szög kisebb 180°-nál, tehát egy egyenes nem lehet mindkét irányban párhuzamos egy másik egyenessel.

Ez a definíció a szokottól eltérően két különböző egyenest ad pozitív és negatív irányban, ha több nem-metsző egyenes húzható P-n keresztül. (Ha csak egy húzható, akkor mindkét irányban ugyanahhoz az egyeneshez jutunk, amelyiket eddig is párhuzamosnak tekintettünk.) Ez nem a definíció hibája: a hiperbolikus geometriában a párhuzamosság irányított egyenesek párhuzamossága és az egyenessel két irányában két különböző egyenes párhuzamos.

A definícióval még egy probléma van: egyelőre két egyenes párhuzamossága függ attól, hogy (az egyiken) milyen pontot választottunk. Ez a fogyatékosság azonban kiküszöbölhető. Bebizonyítható, hogy ha valamely irányban a PR egyenes párhuzamos e-vel a P ponton keresztül, akkor a PR egyenes minden pontján keresztül párhuzamos e-vel (vagyis minden más ponton keresztül is ő az „első nem-metsző” egyenes ebben az irányban). A bizonyítás technikai jellegű, ezért itt nem részletezzük. Akit érdekel a bizonyítás, ide kattinthat.

Vagyis továbbra is van értelme arról beszélni, hogy az f (irányított) egyenes párhuzamos az e (irányított) egyenessel.

De megszoktuk azt is, hogy a párhuzamosság szimmetrikus, tehát beszélhetünk arról is, hogy e és f párhuzamos egymással. Ez a mostani definícióból nem látszik. De megint csak bizonyítható. A bizonyítás lényeges segédeszköze a következő:

20. TÉTEL: Legyen e és f két párhuzamos egyenes, és legyen P az f egyenes egy pontja. Ekkor az e egyenesen található olyan P’ pont, amelyre igaz, hogy PP’eÐ=P’PfÐ (mindkét esetben a párhuzamosság irányában nézve a szöget).

MEGJEGYZÉS: Az állítás az euklideszi geometriában nyilvánvaló, csak a hiperbolikus geometriában kell bizonyítanunk.

A BIZONYÍTÁShoz folytonosságot fogunk használni, bár HILBERTnek erre is van egy szép egyszerű bizonyítása.

Legyen P vetülete e-n Q. Mozgassuk az e egyenesen a Q pontot a párhuzamosság irányával ellentétesen. Ekkor PQe 90°-tól folytonosan csökken és tart 0°-hoz. (A monoton csökkenés abból következik, hogy a háromszög külső szöge nagyobb a nem mellette fekvő belső szögnél. A folytonosságot feltételezzük. A 0°-hoz tartás bizonyítása leolvasható az alábbi ábráról: bármely R-hez található olyan R’, amelyre igaz, hogy PRQÐ < 2PR’QÐ.)

Közben a QPf folytonosan nőni fog, s kezdetben a-val egyenlő. Ezért lesz egy olyan helyzete a Q pontnak, amikor a két szög éppen egyenlő lesz.

Megjegyezzük, hogy az így kapott P’ pontot és a P pontot a párhuzamos egyenesek ‘korrespondáló’ pontpárjának szokták nevezni.

Bolyai e fogalom alapján definiálta a paraciklust és a paraszférát, erre később visszatérünk.

A 20. tételből következik, hogy e-t és f-et PP’ felezőmerőlegesére tükrözve egymás tükörképei lesznek. Ezért a párhuzamosság szimmetrikus reláció, ha e párhuzamos f-fel, akkor f is e-vel. Beláttuk a következőt is:

21. TÉTEL: Két párhuzamos egyenesnek van szimmetriatengelye.

Nyilvánvaló, hogy a szimmetriatengely egyiket sem metszi, hiszen az egyikkel való metszéspont egyben a másikkal való metszéspont is lenne, tehát a két egyenes is metszené egymást. Belátható az is, hogy

22. TÉTEL: A párhuzamos egyenesek szimmetriatengelye mindkét egyenessel párhuzamos.

BIZONYÍTÁS: Legyen ugyanis e és f a két párhuzamos és g a szimmetriatengelyük. Ha e és g nem párhuzamos, akkor – minthogy az előzőek szerint nem metszik egymást – g-vel húzzunk párhuzamost e valamely P pontjából. Ez az egyenes metszi f-et egy F pontban, mert e az első nem-metsző. Legyen Q a P pont korrespondáló pontpárja f-en. A PQ szakasz felezőmerőlegese, g metszi a PQ oldalt, a QF oldalt viszont nem metszheti a tétel előtt mondottak szerint, tehát a PF szakaszt metszi. Tehát PF metszi g-t, ami ellentmond a párhuzamosságuknak.

A 22. tétel alapján érthető, hogy a párhuzamos egyenesek szimmetriatengelyét sávfelező párhuzamosnak is szokták nevezni.

Még valamire van szükségünk: arra, hogy ha a||b és b||c (b-nek ugyanabban az irányában), akkor a||c (ugyanebben az irányban), tehát arra, hogy a párhuzamosság tranzitív. Ez nemcsak az euklideszi geometriában igaz, hanem a mi párhuzamosság-definíciónkra is teljesül. A bizonyítás ismét technikai jellegű, ezért itt nem részletezzük. Aki kiváncsi rá, ide kattintson.

DEFINÍCIÓ: Ha már tudjuk, hogy a párhuzamosság szimmetrikus és tranzitív (és nyilván reflexív is), vagyis ha már tudjuk, hogy a párhuzamosság (irányított egyenesekre vagy félegyenesekre) ekvivalencia-reláció, akkor azt is tudjuk, hogy ekvivalencia osztályokba sorolja az irányított egyeneseket, illetve a félegyeneseket. Az egy osztályba tartozó irányított egyenesekre vagy félegyenesekre azt mondjuk, hogy azonos irányúak, s irányon egy ilyen ekvivalenciaosztályt fogunk érteni. Ha tehát azt mondjuk hogy „tekintsük a g irányú, A-n átmenő irányított egyenest”, ezen azt értjük, hogy a g ekvivalenciaosztályba tartozó irányított egyenesek közül tekintsük azt, amely tartalmazza A-t (ilyen pontosan egy van). Ha pedig azt mondjuk hogy „tekintsük az A-ból induló g irányú félegyenest”, akkor a félegyenesek g ekvivalenciaosztályából tekintjük az A kezdőpontút, ebből is pontosan egy van.

Az is világos, hogy két pont egy adott irányra vonatkozóan korrespondáló pontpár:

DEFINÍCIÓ: Két pontról, P-ről és P’-ről akkor mondjuk, hogy egy adott b irányra vonatkozóan korrespondáló pontpár, ha a P-n és P’-n keresztül menő b irányú egyenesek a PP’ szakasszal ugyanakkora (de ellentétes irányú) szöget zárnak be.

Mint említettük, a paraciklust és a paraszférát ennek segítségével fogjuk definiálni.

Térjünk vissza a párhuzamosság definíciójához. Definiálhatjuk a párhuzamossági szöget és a párhuzamossági távolságot:

DEFINÍCIÓ (B):

Legyen P egy e-re nem illeszkedő pont, a P-ből e-re állított merőleges talppontja Q. Jelöljük e_a-val a P-ből induló, PQ-val a szöget bezáró félegyenest (PQ egyik oldalán). Ha PQ=d, akkor azt az a=a(d) szöget, amelyre az e_a egyenes párhuzamos e-vel, a d-hez tartozó párhuzamossági szögnek nevezzük.

Másrészt az a-hoz tartozó párhuzamossági távolság az a d távolság (ha van ilyen, még nem tudjuk), amelyre az e egyenestől d távolságra levő P ponton keresztül húzott e_a egyenes párhuzamos e-vel.

A definícióból következik, hogy a párhuzamossági szög minden pozitív d-re értelmezve van, értéke 0 és 90° között van (0 és 90° nem lehet), de nem biztos, hogy ennek az intervallumnak minden értékét felveszi. A párhuzamossági távolság viszont minden pozitív értéket felvesz, viszont még nem tudjuk, hogy minden 0° és 90° közötti a-ra értelmezve van-e. Később majd belátjuk, hogy mindkét kérdésre igenlő a válasz.

Megjegyezzük, hogy a párhuzamossági szög definíciója nem függ e és P konkrét helyzetétől, csak a d távolságuktól. Ez közvetlenül következik a 4. tétel erősebb állításából. Ha ugyanis felveszünk egy d hosszúságú PQ szakaszt, erre Q-ban merőlegest állítunk, P-ben a szöget bezáró félegyenes húzunk, akkor ezek az említett állítás szerint vagy mindig találkoznak vagy sohasem. Hasonlóan csak az a szögtől függ (és e, Q helyzetétől nem függ) a párhuzamossági távolság.

Ez az első olyan definíció, amely csak a Bolyai-Lobacsevszkij féle ún. hiperbolikus geometriában értelmes (ezért szerepel a definíció után zárójelben a B betű: mint már említettük, a csak az euklideszi geometriában érvényes tételeket, definíciókat és feladatokat (E)-vel, a csak a hiperbolikus geometriában érvényeseket (B)-vel jelöljük. A mindkét geometriában érvényeseket nem jelöljük külön jellel). A párhuzamossági szög definíciója az euklideszi geometriában tautologikus: d-től függetlenül mindig 90°. De a párhuzamossági távolság nem definiálható, hiszen ha a<90°, akkor nincs megfelelő d, ha viszont a=90°, akkor minden d megfelelne.

Megjegyezzük még, hogy Bolyai az Appendix 29. paragrafusában adta meg explicite, hogy hogyan függ a párhuzamossági szög a távolságtól és fordítva. Kürschák József A paralellszögről címen térgeometriai levezetést is adott rá a Mathematikai és Physikai Lapok 12. kötete 50-52. oldalán (1903). Mi itt csak a két függvény egyszerűbb tulajdonságaival foglalkozunk.

16. feladat (B): Bizonyítsuk be, hogy nagyobb távolsághoz kisebb párhuzamossági szög tartozik, és megfordítva: nagyobb szöghöz kisebb párhuzamossági távolság tartozik.

MEGOLDÁS

A hiperbolikus geometriában nemcsak párhuzamos és metsző egyenesek vannak, hanem vannak nem metsző és nem is párhuzamos egyenesek:

DEFINÍCIÓ (B): Az e és f egyenes ultraparalel, ha nem metszik egymást, és egyik irányban sem párhuzamosak. (Ez a definíció csak a hiperbolikus geometriában „él”.)

17. feladat (B): Szimmetrikus-e az ultraparalel fogalma? Azaz igaz-e, hogy ha a ultraparalel b-vel, akkor b is a-val?
És és tranzitív-e? Azaz igaz-e, hogy ha még b is ultraparalel c-vel, akkor a is ultraparalel c-vel?

MEGOLDÁS

23. TÉTEL (B): Ha a és b ultraparalel, akkor van közös merőlegesük.

Megjegyezzük, hogy több közös merőlegesük nem lehet, mert akkor volna téglalap, ami csak az euklideszi geometriában van.

Mielőtt a fenti 23. tétel bizonyítására térnénk, megemlítjük, hogy e tételből következik az is, hogy az ultraparalel egyeneseknek van szimmetriatengelyük, vagyis van olyan egyenes, amelyre vonatkozóan egymás tükörképei. Ha ugyanis a közös merőleges az a egyenest az A pontban, a b egyenest a B pontban metszi, akkor az AB szakasz felezőmerőlegese éppen a keresett szimmetriatengely. Kimondhatjuk tehát a következő állítást:

24. TÉTEL: Bármely két egyenesnek van szimmetriatengelye.

Ez a tétel ismét abszolút, azaz független a párhuzamossági axiómától – bár külön bizonyítjuk az euklideszi és külön a hiperbolikus geometriában.

A metsző egyeneseknek mindkét geometriában a szögfelező(k) a szimmetriatengelyei. A párhuzamosoknak a 21. tétel szerint van szimmetriatengelye. Végül az ultraparalel egyeneseknek az előző megjegyzésünk szerint van szimmetriatengelye.

Rátérünk a 23. tétel bizonyítására. Hilbert adott rá egy szép bizonyítást folytonosság használata nélkül A Bolyai–Lobacsevszkij-féle geometria újabb megalapozása című cikkében. Ez megtalálható a Bolyai János Appendixének Kárteszi Ferenc által gondozott kiadása Függelékeként. Mi most a folytonosságot használó egyszerű bizonyítást adunk. (Bolyai is így bizonyította.)

Legyen tehát a és b a két ultraparalel egyenes és legyen b egy pontja P. Állítsunk P-ből merőlegest a-ra, ennek talppontja legyen Q. Ha PQ egyenes merőleges b-re is, akkor kész vagyunk. Ellenkező esetben vegyünk fel b-n egy B pontot, amelyre BPQ  hegyesszög. Elég egy olyan R pontot találni az a egyenesen, amely PQ-nak B-vel azonos oldalán van és amelyre PRQ=RPB. Ha ugyanis a PR szakasz F felezőpontjában merőlegest állítunk a-ra is, b-re is, akkor a talppontokat S-sel és T-vel jelölve PFT és RFS háromszögek egybevágóak (egy oldal, egy derékszög és még egy szög egyenlő), tehát F-nél is egyenlő szögek vannak, azaz F, S, T egy egyenesbe esnek, ez tehát a és b közös merőlegese.

Elég tehát ilyen R pontot keresnünk. Mozgassuk ehhez az R pontot az a egyenesnek azon a felén, amely PQ-nak B-vel azonos oldalán van. Ekkor a QRP szög 90°-tól folytonosan tart 0°-hoz.

Tekintsük az RPB szöget, ez a kiindulási helyzetben a QPB hegyessszöggel egyenlő, tehát kisebb 90°-nál, a PRQ kiinduló értékénél. Azt kell csak belátnunk, hogy valahol nagyobb is lesz PRQ-nál. Húzzuk meg P-ből az a-val párhuzamos félegyenest (ebben a félsíkban), legyen ennek PQ-val bezárt szöge a (vagyis a a PQ távolsághoz tartozó párhuzamossági szög). Ekkor rögtön látszik, hogy RPB soha sem csökken QPB–a alá, ez viszont pozitív érték. Tehát a folytonosság miatt valóban lesz olyan helyzete R-nek, amikor a két szög, PRQ és RPB egyenlő.

Megjegyzés: A bizonyítás azt is mutatja, hogy tetszőleges, az a egyenesre nem illeszkedő P pont esetén MINDEN P-re illeszkedő, a-val ultraparalel egyenest úgy kaphatunk, hogy a egy jól választott R pontjából indulva a QRP szöget rámásoljuk a PR félegyenes másik oldalára. Az euklideszi geometriában minden R pontra ugyanazt a párhuzamos egyenest kapjuk, a hiperbolikus geometriában minden R pontra más ultraparalelt kapunk, és minden ultraparalelt megkapunk így. Ebből a szempontból tehát a hiperbolikus geometria párhuzamos egyenese az „igazán új” egyenes. Vagy azt is mondhatjuk, hogy a hiperbolikus geometria ebből a szempontból úgy viszonylik az euklideszi geometriához, mint a nem-szabályos háromszögek a szabályos háromszöghöz: a szabályos háromszögben a magasságpont, a súlypont, a beírt kör és a köré írt kör középpontja stb. mind azonos, a nem-szabályos háromszögekben ezek a pontok funkcióik szerint különböznek. Ugyanígy az egyetlen nemmetsző euklideszi egyenes különböző funkciói is szétválnak a hiperbolikus geometriában: „mögé látunk” annak, ami a „szabályos(= euklideszi)” esetben egységet alkot. (Az „egyben” meglátjuk a „sokat”. A matematikai törvényszerűségek felfedezésének ez az előfeltétele – maga a törvényszerűség azután a „sokban” mutatja fel az „egyet”, az állandót.) Az egyetlen nemmetsző egy tartománnyá válik szét, amelyben futó minden egyeneshez van egy megfelelő szög.

14.    A körüljárástartó egybevágóságok – I.

Legyen T a sík egy körüljárástartó egybevágósági transzformációja. Ez azt jelenti, hogy T összetehető két tengelyes tükrözésből. Legyen a két tengely t és t’: T=tt’. (A tengelyt és a tengelyre vonatkozó tükrözést azonos betűvel jelöljük. Mint már korábban is említettük, a tt’ összetétel azt jelenti, hogy először t’-re tükrözünk, azután t-re, vagyis a transzformációt úgy tekintjük, mint a függvényeket: T(P) = tt’(P) a P pont képe, ha először alkalmazzuk rá t’-t, azután a kapott pontra t-t.) Az euklideszi geometriában csak két eset van: t és t’ metszi egymást vagy párhuzamos. Most azonban három eset van:

1. eset: t és t’ metszi egymást. Ekkor T forgatás. (Lásd a 10.b feladatot.) Ha a forgatás szöge nem 180° többszöröse, akkor T-nek nincs fix egyenese. Ha viszont a forgatás szöge 180° többszöröse, tehát vagy középpontos tükrözésről vagy az identitásról van szó, akkor végtelen sok fix egyenes van: utóbbi esetben minden egyenes fix, az előbbi esetben minden olyan egyenes fix, amely keresztül megy a forgatás középpontján.

2. eset: t és t’ ultraparalel. Ezesetben a 23. tétel szerint t-nek és t’-nek van közös merőlegese. Legyen u a közös merőleges.

18. feladat (B): Legyen T=tt’, t és t’ ultraparalel és u legyen t és t’ közös merőlegese.
a) Bizonyítsuk be, hogy u fix egyenese T-nek.
b) Legyen P a sík egy tetszőleges pontja, P vetülete u-n legyen Q. Legyen P’ a P pont T szerinti képe. Bizonyítsuk be, hogy P és P’ egyenlő távol van u-tól.
Legyen továbbá Q’ a P’ pont vetülete u-n. Bizonyítsuk be, hogy
c) a QQ’ (irányított) távolság nem függ P helyzetétől;
d) u távolságvonalai T-nek fix alakzatai;
e) T-nek egyetlen fix egyenese van;
f) Legyen M és M’ u és t, illetve u és t’ metszéspontja, legyen továbbá R és R’ az u egyenes két olyan pontja, amelyre RR’=MM’ (e szakaszokat irányítottan értve!), végül legyen r és r’ az R-ben, illetve R’-ben u-ra állított merőleges. Ekkor T=rr’.

ÖTLET A 18. FELADATHOZ

MEGOLDÁS

DEFINÍCIÓ: Ha t és t’ két ultraparalel egyenes, u a közös merőlegesük, akkor a T=tt’ transzformációt u egyenes menti eltolásnak nevezzük. Ha r és r’ is merőleges u-ra és ugyanakkora és ugyanolyan irányú szakaszt metszenek ki u-ból, mint t és t’, akkor T=rr’.

Ezzel a transzformációval foglalkozik a 37., 38. és a 40. feladat

Hátra van még a

3. eset: t és t’ párhuzamosak. Erre az esetre a 36. feladatban térünk vissza. Szükségünk lesz hozzá a harmadik uniform végtelen görbére, a paraciklusra.

Ennek bevezetéséhez megvizsgáljuk, hogy a háromszög köré írható kört mi helyettesíti a hiperbolikus geometriában.

15.    A háromszög köré írható uniform görbék;
a paraciklus

Említettük már, hogy ha a háromszög oldalfelező merőlegesei közül valamelyik kettő metszi egymást, akkor metszéspontjuk a köréírt kör középpontja, s átmegy rajta a harmadik oldalfelező merőleges is. Láttunk példát arra is, hogy egy háromszögben semelyik két oldalfelező merőleges nem metszi egymást. De ez még mindig több lehetőséget hagy nyitva, hiszen két nem-metsző egyenes lehet párhuzamos is, ultraparalel is, ami három pár esetén már nagyon sok esetet jelentene. Most megmutatjuk, hogy valójában csak két lehetőség van: vagy mindhárom páronként párhuzamos, vagy mindhárom páronként ultraparalel. Valójában még ez utóbbi állítás is élesíthető, mint azt a következő feladat mutatja:

19. feladat (B): Legyen t és t’ két ultraparalel egyenes és legyen u a közös merőlegesük. Mutassuk meg, hogy
a) van olyan ABC háromszög, amelyben AB felezőmerőlegese t, BC felezőmerőlegese t’;
b) minden ilyen háromszögben AC felezőmerőlegese is merőleges u-ra, tehát a háromszög három oldalfelező merőlegese páronként ultraparalel;
c) A, B, C egyenlő távol van u-tól, ugyanabban az u által határolt félsíkban, tehát A, B, C az u egyenes egy távolságvonalán van.

ÖTLET A 19. FELADATHOZ

MEGOLDÁS

Ezzel beláttuk a következőt:

25. TÉTEL (B): Ha az ABC háromszög két oldalfelező merőlegese ultraparalel, akkor mindhárom oldalfelező merőlegese páronként ultraparalel, sőt, van közös merőlegesük, s az A,B,C pontok e közös merőleges egy távolságvonalán vannak. Vagyis az ABC háromszög köré írható távolságvonal.

A háromszög oldalfelező merőlegeseire vonatkozóan most már csak az az eset maradt, amikor bármely kettő párhuzamos. Tehát tegyük fel, hogy az ABC háromszög f_AB, f_BC, f_CA oldalfelező merőlegesei páronként párhuzamosak. De melyik irányban? Mindenesetre van egy közöttük, ami a másik kettővel ugyanabban az irányban párhuzamos. De akkor a párhuzamosság tranzitivitása miatt a másik kettő is ugyanebben az irányban párhuzamos.

20. feladat (B): Tegyük fel, hogy az ABC háromszög oldalfelező merőlegesei párhuzamosak. Bizonyítsuk be, hogy ekkor az A, B, C csúcsok erre az irányra vonatkozóan páronként korrespondáló pontpárok.

ÖTLET A 20. FELADATHOZ

MEGOLDÁS

21. feladat (B): Bizonyítsuk be, hogy ha A és B a b irányra vonatkozóan korrespondáló pontpár, továbbá B és C is korrespondáló pontpár erre az irányra vonatkozóan, akkor A és C is korrespondáló pontpár erre az irányra vonatkozóan. Vagyis: az „adott irányra vonatkozóan korrespondáló pontpárnak lenni” reláció tranzitív (és miután nyilván szimmetrikus reláció is, ezért ekvivalencia-reláció is).

ÖTLET A 21. FELADATHOZ

MEGOLDÁS

DEFINÍCIÓ: Egy adott b irányhoz tartozó, adott A ponttal korrespondáló pontok tehát egy ekvivalenciaosztályt alkotnak. Ennek az ekvivalenciaosztály pontjainak összességét paraciklusnak nevezzük. Az irányt a paraciklus tengelyirányának nevezhetjük.

MEGJEGYZÉS: 1. Hasonlóan volna definiálható térben is egy adott b irányban A-val korrespondáló pontok által határolt felület, ezt nevezik paraszférának. (Ehhez csak annyit kell meggondolni, hogy a párhuzamosság térbeli definíciója visszavezethető a síkbeli definícióra, és mindaz, amit a párhuzamosságról bizonyítottunk, a térben is érvényben marad. Az egyetlen, ahol gond lehetne, a párhuzamosság és a „korrespondáló pontpár” reláció tranzitivitása. De előbbit Bolyai éppen a térbeli állításon keresztül bizonyítja. A „korrespondáló pontpár” reláció tranzitivitásának bizonyítása viszont a térben lényegesen nehezebb, mint a síkon.)

2. A definícióból még nem látszik, hogy joggal nevezzük-e görbének a paraciklust (és felületnek a paraszférát). A fenti definíció azonban átfogalmazható úgy is, hogy ez jobban látszódjék (bár bizonyítani nem fogjuk, hogy a szó pontos értelmében görbéről van szó). Legyen a sík (a tér) egy pontja A, a sík (a tér) egy iránya b. Tekintsük az összes b irányú egyenest, és mindegyikre tükrözzük A-t. Az így kapott pontok összessége nyilván éppen a b irányban A-val korrespondáló pontok összessége, vagyis éppen az A-n átmenő, b tengelyű paraciklust (paraszférát) kapjuk. Nem nehéz (bár nem fogjuk) bizonyítani, hogy valóban folytonos görbét (felületet) kapunk.

3. Annyi mind a két definícióból világos, hogy a paraciklus „uniform”, vagy minden pontjából „ugyanúgy néz ki” abban az értelemben, hogy ha A helyett a paraciklus bármely másik pontjára hajtjuk végre a definíciót, ugyanazt a paraciklust kapjuk.

Most összefoglaljuk a párhuzamos oldalfelezők esetét is:

26. TÉTEL (B): Ha az ABC háromszög két oldalfelező merőlegese párhuzamos, akkor

         - mindhárom oldalfelező merőleges ugyanabban a b irányban párhuzamos;

         - az A, B, C pontok erre az irányra vonatkozóan korrespondáló pontok;

         - az ABC háromszög csúcsai egy paracikluson vannak.

Ha eltekintünk attól a hiányosságtól, hogy nem bizonyítottuk be, hogy a paraciklus (és a távolságvonal) folytonos görbe, akkor a következőt kaptuk:

27. TÉTEL (B): A sík bármely három pontján keresztül fektethető uniform görbe: egyenes, kör, távolságvonal („hiperciklus”) vagy paraciklus. Bármely három ponton keresztül pontosan egy ilyen görbe fektethető.

MEGJEGYZÉS: A tétel első állítása abszolút: az euklideszi geometriában is igaz, de ott csak két uniform görbe van: a kör és az egyenes.

BIZONYÍTÁS

16. A párhuzamossági szög – II.

Láttuk, hogy a köré írt körrel ellentétben a beírt kör létezése abszolút, vagyis a hiperbolikus geometriában is minden háromszögnek van beírt köre. Mégis tartogat meglepetést (lásd a 22. feladatot). Mielőtt azonban erre rátérnénk, meg kell vizsgálnunk egy fontos kérdést: milyen szögek léphetnek fel párhuzamossági szögként? Azt tudjuk, hogy csak hegyesszögek lehetnek párhuzamossági szögek. De vajon lehet-e bármilyen kis szög is párhuzamossági szög? Elég nehéz elképzelni egy ilyen ábrát, ahol a szög mondjuk 1°, és a két (kivastagított) egyenes mégsem találkozik:

Persze, semmilyen hegyesszögre nem túl könnyű elképzelni ezt az ábrát. Másrészt az is furcsa lenne, ha volna valamilyen határ, hogy például 30°-nál kisebb szögekre már nem lehet ilyen ábrát csinálni, de nagyobbakra igen.

Megvizsgálhatjuk a kérdést más szempontból is. Tükrözzük a fenti ábrát a d egyenesre! Ekkor két olyan félegyenest kapunk, amelyek 2a szöget zárnak be. Másrészt kapunk egy olyan egyenest (az alsó egyenest), amely azt „tudja”, hogy e két félegyenes egyikével az egyik irányban, a másikkal a másik irányban párhuzamos. S hogy még jobban kihangsúlyozzuk a keletkező ábra furcsaságát, azt is mondhatjuk, hogy a 2a szögű szögtartomány tartalmaz egy teljes egyenest! Gondoljuk meg: ha a tetszőlegesen kicsi lehet, akkor 2a is. Vagyis ez esetben azt kapjuk, hogy tetszőlegesen kis szögű szögtartomány belsejében található teljes egyenes! (Ráadásul olyan is, amely a szög száraival párhuzamos.)

Nos, éppen ezt fogjuk belátni:

28. TÉTEL (B): Ha az O pontból induló OA és OB félegyenesek konvex szöget zárnak be, akkor van olyan egyenes (a konvex szögtartományban), amely mindkettővel párhuzamos, természetesen OA-val az egyik, OB-val a másik irányban. (A párhuzamosság definíciója után mondottak szerint pontosan egy ilyen egyenes van, mert két különböző egyenes nem lehet egymással párhuzamos mindkét irányban.)

A tétel bizonyítására csak a 18. fejezetben térünk rá. Előbb megvizsgáljuk pár következményét.

29. TÉTEL (B): Minden hegyesszöghöz tartozik párhuzamossági távolság. Ha a párhuzamossági távolság tart a végtelenhez, a hozzá tartozó párhuzamossági szög tart nullához.

BIZONYÍTÁS

30. TÉTEL: Akárhogyan adunk meg két, nem párhuzamos félegyenest, van olyan egyenes, amely egyik irányban az egyik félegyenessel, másik irányban a másik félegyenessel párhuzamos. Ez az egyenes egyértelműen meghatározott. (Természetesen ugyanez igaz két, nem párhuzamos, irányított egyenesre is.)

ÖTLET A 30. TÉTELHEZ

BIZONYÍTÁS

Láttuk már, hogy a köré írt körrel ellentétben a beírt kör létezése abszolút: minden háromszögnek van beírt köre a hiperbolikus geometriában is. De említettük azt is, hogy a beírt kör mégis tartogat meglepetést. Ugyanis a sugara nem lehet akármilyen nagy:

22. feladat (B): Bizonyítsuk be, hogy ha egy kör sugara nagyobb a 60°-hoz tartozó párhuzamossági távolságnál, d=d(60°)-nál, akkor nem írható köré háromszög. Vagy másképp: bizonyítsuk be, hogy ha egy ABC háromszögbe írható kör sugara r, akkor r<d(60°).

ÖTLET A MEGOLDÁSHOZ .

MEGOLDÁS

Beláttuk, hogy ha van d(60°), azaz 60°-hoz tartozik párhuzamossági távolság, vagyis ha a 60° fellép párhuzamossági szögként, akkor van olyan kör, amely köré nem írható háromszög, sőt: minden elég nagy kör köré nem írható háromszög! Márpedig a 28. tétel szerint van ilyen d. Tehát tetszőleges (véges) háromszög beírt köre kisebb d(60°)-nál, a 60°-hoz tartozó párhuzamossági távolságnál. Ennél nagyobb sugarú kör köré nem írható háromszög.

Érdemes még megnézni, mi a helyzet a d(60°) sugarú körnél. Legyen ennek középpontja O és legyen A, B, C a kör kerületének három pontja, amelyre AOBÐ=BOCÐ=COAÐ=120°. Húzzuk meg e három szög belső szögfelezőjét, legyenek ezek rendre f_ab,  f_bc,  f_ca. Állítsunk továbbá merőlegest OA-ra (húzzunk érintőt a körhöz) A-ban, ez legyen a, hasonlóan kapjuk b-t és c-t. A párhuzamossági szög definíciója szerint a (a megfelelő irányban, lásd az ábrát) párhuzamos f_ab-vel, ugyanez igaz b-re is.

Másrészt a a másik irányban párhuzamos f_ca-vel, és ugyanez igaz c-re is. Végül c és b is párhuzamos f_bc-vel a még nem szerepelt irányban. Azt kaptuk, hogy a, b, c egyenesek egy olyan háromszöget határoznak meg, amelynek bármely két szomszédos oldala párhuzamos „a szomszédság irányában” (lásd az ábrát). Ezt a háromszöget háromszorosan aszimptotikus háromszögnek nevezik:

DEFINÍCIÓ (B): Ha három egyenesre igaz az, hogy bármelyiket véve közülük, az a maradék kettő közül az egyikkel az egyik irányban, a másikkal a másik irányban párhuzamos, akkor e három egyenes által alkotott alakzatot háromszorosan aszimptotikus háromszögnek nevezzük.

A háromszorosan aszimptotikus háromszög sok szempontból extrém tulajdonságú, erre hamarosan visszatérünk.

17. Egyenesek egymáshoz való viszonya

Először megvizsgáljuk a különböző metsző, párhuzamos és ultraparalel egyenesek egymáshoz való viszonyát.

23. feladat (B): Bizonyítsuk be a 28. tétel segítségével, hogy
a) tetszőleges OA félegyenes vetülete a vele egy pontból induló és vele hegyesszöget bezáró OE félegyenesen egy nyílt szakasz; továbbá
b) egyenes vetülete őt metsző egyenesen (nyílt) szakasz.

ÖTLET a 23. feladathoz

MEGOLDÁS

Most egy másik bizonyítást fogunk adni ugyanerre az állításra. A fenti bizonyításnak az az előnye, hogy „megmondja”, mekkora szakasz a vetület. A következő bizonyítás viszont egy olyan állításra épül, amelyből az ultraparalel egyenesekre vonatkozó hasonló állítás is kijön:

24. feladat (B): Tegyük fel, hogy az OA egyenes egyik irányban sem párhuzamos az e egyenessel és legyen egyik irányú félegyenese az Oa félegyenes. Bizonyítsuk be, hogy ekkor Oa merőleges vetülete az e egyenesen egy (félig nyílt) szakasz.

ÖTLET a 24. feladathoz

MEGOLDÁS

A 24. feladat állítása tehát a következőt mondja:

31. TÉTEL: Ha az Oa félegyenes egyik irányban sem párhuzamos az e egyenessel, akkor Oa merőleges vetülete az e egyenesen egy PF szakasz, amelynek P végpontja O merőleges vetülete e-n, F pedig az e egyenesnek az a pontja, amelyben e-re állított merőleges párhuzamos Oa-val (másik irányban pedig Oa-nak e-re vonatkozó tükörképével).

25. feladat (B): Adjunk a 24. feladat segítségével új bizonyítást a 23. feladat állítására: Ha e és f metsző egyenesek, akkor e merőleges vetülete f-en egy nyílt szakasz (és ugyanígy: f merőleges vetülete e-n is).

MEGOLDÁS

26. feladat (B): a) Bizonyítsuk be, hogy a 23. feladat állítása igaz ultraparelelek esetében is: ha e és f ultraparalel, akkor e vetülete f-en egy nyílt szakasz.
b) Legyen az f egyenes egy tetszőleges O pontjának merőleges vetülete e-n a P pont és húzzuk meg P-ből az f egyenessel két irányban párhuzamos félegyenest, legyenek ezek a PX és PY félegyenesek. A PX és PY félegyenesek merőleges vetülete e-n együttesen megegyezik az f egyenes merőleges vetületével. A PX félegyenes merőleges vetülete pedig megegyezik annak az Of félegyenesnek a vetületével, amely párhuzamos PX-szel.

ÖTLET a 26. feladathoz

MEGOLDÁS

Ezek szerint metsző egyenesek és ultraparalel egyenesek vetülete egymáson szakasz. Ezzel szemben a párhuzamos egyenesek vetülete egymáson nem szakasz, hanem félegyenes. Legyen ugyanis az a és a b egyenes párhuzamos valamelyik irányban. Legyen a-nak b-re vonatkozó tükörképe a’, és legyen f az az egyenes, amely egyik irányban (a fordított irányú) a-val, másik irányban (a fordított irányú) a’-vel párhuzamos. Ekkor f merőleges b-re, és ha b-vel való metszéspontját F-fel jelöljük, akkor az F-ből induló, az a-val a párhuzamosság irányába mutató félegyenes lesz a merőleges vetülete b-n. Ez a 31. tételből és abból következik, hogy ha e félegyenes tetszőleges pontjában b-re merőlegest állítunk, az ultraparalel f-fel, ezért abba a tartományba esik, amelyben az a-t metsző egyenesek vannak. (Lásd az ábrát is.)

Abból a szempontból, hogy milyen két egyenes merőleges vetülete egymáson, az ultraparalel egyenesek hasonlítanak a metszőkre, a párhuzamosak nem. Egy más szempontból viszont a párhuzamos egyenesek a hiperbolikus geometriában jobban hasonlítanak a metszőkre, mint az euklideszi geometriában, az ultraparalelek viszont az euklideszi párhuzamos egyenesekre hasonlítanak. Mind az euklideszi síkon, mind a hiperbolikus síkon ugyanis adott szöget bezáró metsző egyenespárból „csak egy van”, ami azt jelenti, hogy (a szögmásolás axiómája szerint) bármely két a-szögű tartomány egymásra másolható és nyilván egybevágó. Az euklideszi síkon viszont párhuzamos sávból nem egy van: bármely d-re d távolságú párhuzamos sáv viszont már egy van (bármely két d-távolságú párhuzamos sáv már egybevágó). Hasonló a hiperbolikus síkon az ultraparalelek által bezárt sávra igaz: ebből sem egy van, viszont ha tekintjük a közös merőleges által e sávból kimetszett szakasz d hosszát, akkor minden d-re már csak egy ilyen sáv van (bármely két ilyen sáv már egybevágó).

Viszont a párhuzamos sávok a hiperbolikus síkon egybevágósággal egymásba vihetők (tehát egybevágók). Ez azért is furcsa, mert az egyik párhuzamos sáv tartalmazhatja a másikat. Mégis, adott szögű metsző egyenespárhoz hasonlóan párhuzamos sávból is „csak egy van”. Ebből a szempontból a hiperbolikus sík párhuzamos egyenesei 0 szögű metsző egyenespárként viselkednek.

Annak bizonyításához, hogy a párhuzamos sávok a hiperbolikus síkon egybevágók, a következő feladatok megoldása révén juthatunk el:

27. feladat (B): a) Legyen a és b két irányított egyenes, amely párhuzamos. Bizonyítsuk be, hogy van olyan c egyenes, amely egyik irányban a fordítva irányított a egyenessel, másik irányban a fordítva irányított b egyenessel párhuzamos. Vagy másképp fogalmazva: ha a és b párhuzamos egyenesek, akkor van olyan c egyenes, amellyel együtt háromszorosan aszimptotikus háromszöget alkotnak.
b) Bizonyítsuk be, hogy bármely két, így kapott háromszorosan asszimptotikus háromszög egyebevágó. Vagyis: ha a és b egyik irányban párhuzamosak, c pedig párhuzamos az ellentétesen irányított a-val és b-vel, s ugyanez igaz az a’, b’, c’ egyenesekre is, akkor van olyan egybevágóság, amely a-t a’-be, b-t b’-be, c-t c’-be viszi.
c) Bizonyítsuk be, hogy ha az a és b irányított egyenes párhuzamos, és az a’ és b’ irányított egyenes is párhuzamos, akkor van olyan egybevágóság, amely a-t és b-t irányítástartóan a’-be, illetve b’-be viszi.

ÖTLET A 27. FELADATHOZ

MEGOLDÁS

E feladat c) pontja éppen a kívánt állítást adja. Összefoglalva:

32. TÉTEL (B): Bármely két párhuzamos sáv egybevágó és kiegészíthető háromszorosan aszimptotikus háromszöggé. Bármely két háromszorosan aszimptotikus háromszög egybevágó.

28. feladat: Legyenek az a és b irányított egyenesek párhuzamosak, és fusson az a egyenesen az A pont a párhuzamosság irányában. Bizonyítsuk be, hogy ekkor A-nak b-től vett távolsága 0-hoz tart. (A párhuzamos egyenesek „aszimptotikus egyenesek”). Ha A az ellentétes irányban fut, akkor b-től vett távolsága végtelenhez tart.

ÖTLET A 28. FELADATHOZ

MEGOLDÁS

29. feladat (B): Bizonyítsuk be, hogy az ultraparalelek távolsága mindkét irányban a végtelenhez tart.

ÖTLET A 29. FELADATHOZ

MEGOLDÁS

30. feladat (B): Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges ABC (véges) háromszög „elfér” a háromszorosan asszimptotikus háromszög belsejében.

ÖTLET A 30. FELADATHOZ

MEGOLDÁS

18.    A paraciklus új definíciója;
HILBERT bizonyítása a 28. tételre

Végül a 29. tétel segítségével adhatunk egy alternatív definíciót a paraciklusra, amelyből nem látszik, hogy uniform, viszont még jobban látszik, hogy folytonos görbe. A definícióhoz gondoljuk meg a következőt. Tekintsük az olyan köröket az e egyenes egyik oldalán, amelyek ezt az egyenest egy rögzített E pontjában érintik. Megkérdezhetjük, hogy vajon ezek a körök együttesen lefedik-e az egész félsíkot.

Az euklideszi geometriában erre nyilván igen a válasz: bármely ponton keresztül húzható az e egyenest adott pontjában érintő kör. Ezt a körökre vonatkozó jelenséget úgy is kifejezhetjük, hogy az e egyenes e körök határoló görbéje (amit szoktak úgy is kifejezni, hogy az egyenes „végtelen sugarú kör”).

A hiperbolikus geometriában azonban ezek a körök nem fedik le az egész félsíkot. Pontosan azokat a P pontokat fedik le ezek a körök, amelyekre teljesül, hogy a PE felezőmerőlegese elmetszi az E-ben e-re állított m merőlegest. S ez éppen akkor teljesül, ha a PE szakasz felezőpontjának E-től vett távolsága kisebb, mint az PEm szöghöz tartozó párhuzamossági távolság. Vagyis itt a körök határoló görbéje azokból a pontokból áll, amelyekre a PE távolság éppen a PEm szöghöz tartozó párhuzamossági távolság. Mindezek alapján érthető a következő definíció:

DEFINÍCIÓ: Jelöljünk ki a sík egy e egyenesén egy E pontot. Az E-ben e-re állított merőleges félegyenes legyen m. Legyen e_a az az E-n átmenő félegyenes (m-mel azonos félsíkban), amely m-mel a szöget zár be (m-nek valamelyik oldalán). Jelöljük ki az e_a félegyenesnek azt a P pontját, amelyre EP=2d(a). Akkor a P-re illeszkedő, m-mel párhuzamos egyenes is a szöget zár be EP-vel. Nyilvánvaló, hogy az e_a félegyenesen P az első olyan pont, amelyre nincs P-n átmenő, E-ben e-t érintő kör. Ezért az ilyen P pontok összességét „végtelen sugarú körnek” is nevezik: ez a paraciklus.

Látszik az is, hogy P és E minden P-re az m „iránytengelyre” nézve korrespondáló pontpár, tehát valóban a paraciklust kaptuk ezzel a definícióval, de mint említettük, e mellett a definíció mellett nem látszik, hogy ez uniform görbe volna, mert E kitüntetett pont a definícióban. Első definíciónk (és a „korrespondáló pontpárnak lenni” reláció tranzitivitása) viszont ezt is biztosítja.

Hátra van még a 28. tétel bizonyítása. Az alábbiakban Hilbert nagyon szép elemi bizonyítását ismertetjük erre az állításra. A bizonyításban használni fogjuk a következő egyszerű definíciókat és a következő egyszerű segédtételt:

DEFINÍCIÓ (B): Legyen az a=AX és a b=BY félegyenes párhuzamos, közös irányuk g. Ekkor a gABg alakzatot (vagyis azt az alakzatot, amelyet az AX=Ag, BY=Bg félegyenes és az AB szakasz határol) egyszeresen aszimptotikus háromszögnek nevezzük. E háromszög A-nál fekvő szöge XAB=gAB, B-nél fekvő szöge YBA=gBA.

SEGÉDTÉTEL (B): Bizonyítsuk be, hogy két egyszeresen aszimptotikus háromszög, gABg és g’A’B’g’ pontosan akkor egybevágó, ha AB=A’B’ és az A-nál fekvő szög megegyezik az A’-nél fekvő szöggel, a B-nél fekvő szög pedig a B’-nél fekvő szöggel. Másrészt ha e három egyenlőségből kettő fennáll, abból már következik, hogy a harmadik is fennáll.

A SEGÉDTÉTEL BIZONYÍTÁSA

Ezután rátérünk HILBERTnek a 28. tételre adott bizonyítására:

Hilbert ötlete a következő:

Feltehetjük, hogy OA=OB. Húzzuk meg az A-ból induló, OB-vel párhuzamos b’ félegyenest és a B-ből induló, OA-val párhuzamos a’ félegyenest. Az aAb’ szög belső szögfelezője legyen c, az a’Bb szög belső szögfelezője legyen d. Nyilvánvaló, hogy ha van OA-val is, OB-vel is párhuzamos m egyenes, akkor – mivel legfeljebb egy ilyen lehet – ez a szimmetria miatt merőleges AOB szög belső szögfelezőjére. De m párhuzamos b irányában b’-vel, a irányában a’-vel is, tehát c-re is, d-re is merőleges. Azt fogjuk tehát bebizonyítani, hogy c és d ultraparalel. Ebből következik, hogy van közös merőlegesük (lásd a 23. tételt).

Tegyük fel, hogy ezt már beláttuk, és legyen m a közös merőleges. Legyen A és B merőleges vetülete m-en P, illetve Q. Húzzunk P-n és Q-n keresztül párhuzamos félegyenest a-val, legyenek ezek p és q.

Az aAPp egyszeresen aszimptotikus háromszög és az a’BQq egyszeresen aszimptotikus háromszög a segédtétel szerint egybevágó, mert két-két párhuzamos félegyenes határolja, az A-nál és B-nél levő szög az AOB szög szögfelezőjére való szimmetria miatt egyenlő, továbbá AP=BQ. (Megjegyezzük, hogy ez kijön a segédtétel nélkül is: az az m menti eltolás, amely Q-t P-be viszi, a QBa’ egyszeresen aszimptotikus háromszöget PAa-ba képezi, így q képe p.) Következésképpen P-nél és Q-nál egyenlő szög van: APpÐ=BQqÐ. De ekkor a következőket tudjuk p-ről és q-ról: párhuzamosak, mert ugyanazzal az a félegyenessel párhuzamosak. Másrészt m-mel ugyanakkora szöget zárnak be (90°+APpÐ, illetve 90°+BQqÐ-et). Ez azonban a hiperbolikus geometriában, mint láttuk, csak úgy lehet, ha p=q, vagyis mindkettő egyenlő m-mel. Tehát m párhuzamos a-val. Ugyanígy kapjuk, hogy b-vel is párhuzamos.

Elég tehát belátnunk, hogy a két szögfelező, c és d ultraparalel. Ehhez ki kell zárnunk azt, hogy metszik egymást és hogy párhuzamosak.

1) Tegyük fel, hogy metszik egymást.

A szimmetria miatt az N metszéspont csak az ábra szimmetriatengelyén, az AOB szög belső szögfelezőjén lehet. Illesszünk párhuzamos félegyenest N-en keresztül b-vel: legyen ez e. Tekintsük a bBNe egyszeresen aszimptotikus háromszöget és a b’ANe egyszeresen aszimptotikus háromszöget. A szimmetria miatt AN=BN, bBNÐ=a’BNÐ (mert BN szögfelező) = b’ANÐ (mert ON az ábra szimmetriatengelye). Mindkét „háromszöget” (sávot) két párhuzamos félegyenes határolja. Ebből a három dologból a segédtétel szerint már következik, hogy a két sáv egybevágó. Vagyis az N-nél levő szögeknek is egyenlőknek kellene lenniük. De ANe szög tartalmazza BNe szöget, ami ellentmondás.

2) Tegyük most fel, hogy c és d párhuzamos.

A c egyenes elmetszi egy X pontban az a’ egyenest (a párhuzamosság definíciója szerint). Tekintsük az aAXa’ és a cXBd egyszeresen aszimptotikus háromszögeket. Ezek valóban aszimptotikus háromszögek, mert mindkettőt két párhuzamos félegyenes határolja, az A-nál levő szög megegyezik a B-nél levő szöggel (lásd az előbbi pontban), az X-nél levő két szög pedig azért egyenlő, mert csúcsszögek. Ebből viszont a segédtétel szerint következik, hogy AX=BX. Tehát X rajta van AB felező merőlegesén, ami az AOB szög belső szögfelezője. De ekkor c metszi e szögfelezőt, és a szimmetria miatt d is metszi ugyanebben a pontban, tehát c és d metszi egymást, amit már kizártunk.
Ezzel a bizonyítást befejeztük.

19.    További feladatok

31. feladat (B): Legyen a és b hegyesszög. Bizonyítsuk be, hogy pontosan akkor van olyan ABC háromszög, amelynek AB oldala c hosszúságú, A-nál levő szöge a, és B-nél levő szöge b, ha c<d(a)+d(b). Ha pedig a hegyesszög, b tompaszög, akkor pontosan akkor van ilyen háromszög, ha c<d(a)–d(180°–b).

ÖTLET a 31. feladathoz

MEGOLDÁS

MEGJEGYZÉS: Egyben azt is bebizonyítottuk, hogy a gABg egyszeresen aszimptotikus háromszögben AB=d(a)+d(b), ha A-nál a szög van, B-nél b szög van, s mindkettő hegyesszög. Ha pedig például b tompaszög, akkor AB=d(a)–d(180°–b). (Az itt mondottakból is következik a segédtételnek az az állítása, hogy az egyszeresen aszimptotikus háromszög két szöge meghatározza a (véges) oldalt.)

Természetesen lehet definiálni nemcsak egyszeresen és háromszorosan aszimptotikus háromszöget, hanem kétszeresen aszimptotikus háromszöget is, ennek két „csúcsa” lesz a „végtelenben”:

DEFINÍCIÓ (B): Legyen AX és AY két, közös csúcsból induló félegyenes, és legyen a az az egyenes, amely az egyik irányban az egyikkel, a másikkal a másik irányban párhuzamos. Ekkor azt az alakzatot, amelyet ez a két félegyenes és a határol, kétszeresen aszimptotikus háromszögnek nevezzük. Ha AX irányát b-val, AY irányát g-val jelöljük, akkor ezt a kétszeresen aszimptotikus háromszöget így is jelölhetjük: bAg.

32. feladat (B): Bizonyítsuk be, hogy
a) a bAg és a b’A’g’ kétszeresen aszimptotikus háromszög pontosan akkor egybevágó, ha az A-nál illetve az A’-nél levő szög egyenlő;
b) minden kétszeresen aszimptotikus háromszög „egyenlőszárú” abban az értelemben, hogy ha A-ból merőlegest bocsátunk a-ra, akkor ez a merőleges egyben felezi az A-nál levő szöget; és végül
c) az A-ból a-ra bocsátott merőleges hossza (vagyis „a háromszög magassága”) egyértelműen meghatározza a kétszeresen aszimptotikus háromszöget.

MEGOLDÁS

33. feladat (B): Legyen gABg egy egyszeresen aszimptotikus háromszög, amelyben A-nál és B-nél hegyesszög van. Húzzuk meg a két „magasságát”, vagyis A-ból bocsássunk merőlegest Bg félegyenesre és B-ből bocsássunk merőlegest Ag félegyenesre. E két „magasság” metszéspontja legyen M. Bizonyítsuk be, hogy M létezik. Állítsunk merőlegest M-en keresztül AB-re. Mit állíthatunk az így kapott m egyenesről?

ÖTLET A 33. FELADATHOZ

MEGOLDÁS

34. feladat (B): Bizonyítsuk be, hogy a paraciklus valamely pontjában a tengelyre állított merőlegesnek a paraciklussal nincs több közös pontja, ilyen értelemben tehát tekinthető a paraciklus érintőjének. Bizonyítsuk be ennek alapján, hogy az ABC háromszög A-ból induló belső, valamint B-ből és C-ből induló külső szögfelezője vagy egy pontban találkozik, vagy van közös merőlegese, vagy páronként párhuzamosak. Ennek megfelelően vagy van a BC oldalhoz hozzáírt kör, vagy van a BC oldalhoz hozzáírt távolságvonal (hiperciklus) vagy paraciklus, vagyis olyan kör, hiperciklus vagy paraciklus, amely érinti a BC oldalt, az AB és AC oldalak B-n, illetve C-n túli meghosszabbítását.

MEGOLDÁS

35. feladat (B): Bizonyítsuk be, hogy az alábbiak közül bármelyik állítás ekvivalens azzal, hogy a és b ultraparalel:
– a-nak és b-nek van közös merőlegese;
– van olyan egyenes, amelynek a-val és b-vel való váltószöge megegyezik;
– van olyan P pont, amelyre tükrözve a-t éppen b-t kapjuk;
– a-nak bármelyik T pontján keresztül húzható olyan t egyenes, amelynek a-val és b-vel bezárt váltószöge megegyezik.

MEGOLDÁS

DEFINÍCIÓ: Ha a sík egy körüljárást tartó egybevágósági transzformációja két párhuzamos egyenesre való tükrözés szorzata, akkor párhuzamos áthelyezésnek nevezzük. Hogy miért, azt a következő feladatból érthetjük meg.

36. feladat (B): Bizonyítsuk be, hogy ha a sík egy körüljárást tartó egybevágósága két párhuzamos egyenesre való tükrözés szorzata, vagyis párhuzamos áthelyezés, akkor azokat a paraciklusokat, amelyek tengelye párhuzamos e párhuzamosok közös irányával, önmagukba viszi.

MEGOLDÁS

37. feladat (B): Bizonyítsuk be, hogy egy egyenes menti eltolás (lásd a definíciót) előáll két középpontos tükrözés szorzataként. A két középpont közül az egyik az egyenes tetszőleges pontjának választható. Másrészt két középpontos tükrözés szorzata mindig egy egyenes menti eltolás.

MEGOLDÁS

38. feladat (B): Tegyük fel, hogy az u és u’ egyenes metszi egymást. Legyen T az u, T’ az u’ egyenes menti eltolás. Bizonyítsuk be, hogy TT’, a két eltolás szorzata is egyenes menti eltolás.

MEGOLDÁS

39. feladat (B): Bizonyítsuk be, hogy a sík egy körüljárást tartó egybevágóságának pontosan akkor van fixpontja, ha forgatás.

ÖTLET A 39. FELADATHOZ

MEGOLDÁS

40. feladat (B): Legyen ABC egy háromszög. Hajtsuk végre az AB menti eltolást AB elmozdulással, majd a BC menti eltolást BC elmozdulással, végül a CA menti eltolást CA elmozdulással. Mi az így kapott transzformáció?

ÖTLET A 40. FELADATHOZ

MEGOLDÁS

41. feladat: Az ABCDEF konvex hatszög oldalai egyenlők, tudjuk továbbá, hogy az A-nál, C-nél és E-nél fekvő szögek összege egyenlő a B-nél, D-nél és F-nél fekvő szögek összegével. Bizonyítsuk be, hogy az A-nál, C-nél és E-nél fekvő szögek rendre egyenlők a D-nél, F-nél és B-nél fekvő szögekkel. (Vagyis a hatszög szemközti szögei egyenlők.)

MEGOLDÁS

20. A háromszög területe és a defektus

Ha egy háromszöget egy szakasszal két háromszögre bontunk, akkor a két kis háromszög területe együtt éppen a nagy háromszög területét adja. Nézzük mi történik a háromszög szögösszegével. Tekintsük az alábbi ábrát:

Látható, hogy az egyik háromszögben a szögösszeg a+d’+g’, a másik háromszögben b+g’’+d. Mivel g’+g’’=g, e két szögösszeget összeadva éppen d+d’-vel kapunk többet a nagy háromszög szögösszegénél. Ha viszont mindegyik háromszög szögösszegéből levonunk 180°-ot, az így kapott mennyiségek már összeadódnak. Vagyis nevezzük defektusnak az a,b,g szögű háromszögben a 180°–a–b–g mennyiséget. Ekkor igaz az az állítás, hogy a két kis háromszög defektusának összege éppen a nagy háromszög defektusa.

Ez azt jelenti, hogy mind a háromszög területe, mind a defektusa ilyen szűkebb értelemben additív függvény. Belátható, hogy minden a valós számokon értelmezett monoton additív függvény cx alakú, vagyis a monoton additív függvények egymás konstansszorosai (a bizonyítás vázlatát lásd külön.Ezért gyanítható, hogy a háromszög területe is a defektusa konstansszorosa lesz.

De mi ez a konstans? És egyáltalán: igaz-e ez az állítás? Hiszen a háromszög defektusa maximum 180° lehet, vagyis a háromszög defektusa korlátos. Ha tehát állításunk igaz, akkor az következne belőle, hogy a háromszög területe is korlátos. A legnagyobb területű háromszög az a háromszög volna, amelyben a defektus 180°. A 30. feladatban láttuk, hogy van „legnagyobb” háromszög, pontosabban van olyan háromszög, amelybe minden más háromszög belefér. Az persze nem következik ebből, hogy véges volna a területe. Másrészt a szögdefektus csak úgy lehet 180°, ha minden szöge 0°-os. Ez azt jelenti, hogy ha igaz az állításunk, akkor a párhuzamosok szögét nullának kell értelmeznünk. Próbálkozzunk meg vele. Azt mindenképpen meg kell tudnunk, hogy vajon a háromszorosan aszimptotikus háromszög területe tényleg véges-e? S ha igen, még mindig nem biztos, hogy az állításunk következik belőle. A következő feladatok segítségével ezekre a kérdésekre keresünk választ.

42. feladat(B): Az AB szakasz egyik végpontjából indul az a irányú AX félegyenes, másik végpontjából indul a b irányú BY félegyenes. Tudjuk, hogy XAB irányított szög megegyezik az YBA irányított szöggel. Bizonyítsuk be, hogy az az e egyenes, amely egyik irányban AX-szel, másik irányban BY-nal párhuzamos (az egyik irányában a irányú, a másik irányban b irányú), olyan P pontban metszi az AB szakaszt, amelyre igaz, hogy az aAP egyszeresen aszimptotikus háromszög egybevágó a bBP egyszeresen aszimptotikus háromszöggel.

MEGOLDÁS

43. feladat (B): Bizonyítsuk be, hogy az a és b szögű egyszeresen aszimptotikus háromszög átdarabolható az a+b szögű kétszeresen aszimptotikus háromszögbe és az utóbbi is átdarabolható az előbbibe.

ÖTLET A 43. FELADATHOZ

MEGOLDÁS

44. feladat (B): Bizonyítsuk be, hogy a háromszorosan aszimptotikus háromszög felbontható
a) két 90°-os kétszeresen aszimptotikus háromszögre;
b) tetszőlegesen megadott a konvex szög esetén felbontható két kétszeresen aszimptotikus háromszögre, melyek egyikének a a szöge, a másiknak pedig 180°–a;
c) két 180°–a szögű és egy 2a szögű, kétszeresen aszimptotikus háromszögre.

ÖTLET A 44. FELADATHOZ

MEGOLDÁS

Az utolsó feladat segítségével kétszeresen aszimptotikus háromszögekre darabolhatjuk a háromszorosan aszimptotikus háromszöget, majd az előző feladat segítségével ezeket egyszeresen aszimptotikus háromszögekre darabolhatjuk. Ha azt akarjuk eldönteni, hogy a háromszorosan aszimptotikus háromszög területe véges-e, ehhez elég azt eldöntenünk, hogy az egyszeresen aszimptotikus háromszög területe véges-e. Be fogjuk látni, hogy

33. tétel (B): Az egyszeresen aszimptotikus háromszögek területe véges.

Mielőtt azonban ezt a tételt bebizonyítanánk, megmutatjuk, hogyan következik belőle, hogy a háromszög területe valóban arányos a defektussal. Ha a 33. tétel igaz, akkor, mint azt a tétel kimondása előtt megmutattuk, a háromszorosan aszimptotikus háromszög területe is véges. Mivel e háromszög defektusa 180°, ezért jelöljük e véges területet T(180°)-kal. A 44. feladat szerint a háromszorosan aszimptotikus háromszög tetszőleges a-ra felbontható egy a, és egy 180°–a szögű, kétszeresen aszimptotikus háromszögre. Ezek defektusa 180°–a és a, így területüket jelöljük T(180°–a)-val és T(a)-val. Azt kapjuk, hogy

_{T(180°) = T(180°–a) + T(a),}

vagy másképp:

_{T(180°–a) = T(180°) – T(a).}

Az előző feladat szerint az is igaz, hogy

_{T(180°) = 2T(a) + T(180°–2a).}

Írjunk az előző egyenlőségben a helyett 2a-t és adjuk hozzá ehhez az egyenlőséghez. Rendezés után azt kapjuk, hogy

_{T(2a) = 2T(a).}

Ebből következik, hogy ha a=180°/2ⁿ, akkor T(a) = T(180°)/2ⁿ, s innen a monotonitás miatt minden konvex a-ra következik, hogy

_{T(α) = α T(180°)/180°.}

Vagyis minden aszimptotikus háromszög területe arányos a defektusával (az arányossági tényező T(180°)/180°).

De hátra van még a „rendes” háromszögek esete. Ehhez mindössze a következő feladat megoldására van szükség:

45. feladat (B): Mutassuk meg, hogy ha egy véges háromszög három szöge a, b és g, akkor a háromszorosan aszimptotikus háromszög feldarabolható egy-egy a, b és g szögű egyszeresen aszimptotikus háromszögre és egy a, b és g szögű véges háromszögre. Bizonyítsuk be ennek segítségével, hogy a véges háromszög területe is arányos a defektussal és az arányossági tényező továbbra is T(180°)/180°.

ÖTLET A 45. FELADATHOZ

MEGOLDÁS

A következő tételhez jutunk:

34. tétel (B): A háromszorosan aszimptotikus háromszög területe véges. Ha ezt a területet T₀-val jelöljük, akkor egy tetszőleges aszimptotikus vagy véges háromszög területe T₀d/180°, ahol d a háromszög defektusát jelöli, azaz d=180°–a–b–g, ahol a, b, g a háromszög szögeit jelöli. Ha két oldal párhuzamos (aszimptotikus háromszögben), akkor az általuk bezárt szöget nullának vesszük.

Már csak a 33. tétel bizonyítása van hátra. Az alábbi bizonyítást H.S.M. COXETER magyarul is megjelent A geometriák alapjai című könyvéből vettük (ott a 298. oldalán olvasható). A bizonyítás eredetileg H. Liebmann Nichteuklidische Geometrie c. könyvében szerepel.

Legyen ABm egy egyszeresen aszimptotikus háromszög, amelyet az AB szakasz, valamint az Am és Bm félegyenesek határolnak. Tükrözzük ezt az A csúcsból induló (belső) AF szögfelezőre, így az AA₁n egyszeresen aszimptotikus háromszöget kapjuk. Húzzuk még meg a m és n irányokat összekötő u egyenest. A kapott ábra szimmetrikus az AF egyenesre, így az AF szögfelező szimmetrikus az u egyenesre:

Legyen a nA₁m szög A₁F₁ szögfelezője, ahol F₁ az u egyenesen van. Az A₁F₁ szögfelező szimmetria okokból ismét merőleges u-ra.  Tükrözzük az ábrát A₁F₁-re, legyen a Bm egyenes tükörképe az A₂n egyenes, ahol A₂ az Am félegyenesen van. A következő lépésben az A₂n egyenest ismét AF-re tükrözzük, a kapott egyenest pedig ismét A₁F₁-re. Az eljárást folytatva olyan háromszögek hálózatát kapjuk, amelyek (az ábra szerint) függőleges oldalai a B, A, A₁, A₂, ..., pontoknál levő szögek szögfelezői és amelyek az u egyenesre a G, F, F₁, F₂, ... pontokban merőlegesek (a G pont mBn szögfelezőjének és u-nak metszéspontja). Az utóbbi pontok egyforma távolságra helyezkednek el u-n. Ez könnyen látható, ha meggondoljuk, hogy ezek a pontok az F és F₁ pontokból származnak úgy, hogy felváltva néhányszor tükrözünk az AF és A₁F₁ egyenesekre.

Az AF és A₁F₁ egyenesekre való tükrözés összetétele egy u menti eltolás az FF₁ (irányított) szakasz kétszeresével (lásd a 18. feladatot és az utána adott definíciót). Ugyanezen eltolások valahányszoros ismétlésével az ABm egyszeresen aszimptotikus háromszöget kitöltő számozott háromszögek rendre az ABGF₁A₁ véges ötszög számozott háromszögeibe mennek át, így ezek páronként egybevágók. Ezért az ABm egyszeresen aszimptotikus háromszög területe nem lehet nagyobb az ABGF₁A₁ véges ötszög területénél. Ezzel a 33. tétel bizonyítását, egyszersmind a 34. tétel bizonyítását is befejeztük.

Az alábbi feladatok gyakorló feladatok az eddigiekhez.

Gy1. feladat: Igaz-e a hiperbolikus geometriában is, hogy ha az ABC háromszög belső pontja D, akkor az ADB szög nagyobb az ACB szögnél?

Gy2. feladat: Igaz-e a hiperbolikus geometriában is, hogy ha egy négyszögben a szemközti szögek egyenlők, akkor a szemközti oldalak is egyenlők?

Gy3. feladat: Igaz-e a hiperbolikus geometriában is, hogy ha egy konvex négyszög szemközti szögeinek összege egyenlő, akkor a négyszög köré kör írható?