Ugrás a tartalomhoz

BEVEZETÉS A GEOMETRIÁBA

Hajós György

Nemzeti Tankönyvkiadó Rt.

20. § Terület

20. § Terület

Először a sokszögek, majd általában a síkidomok területével foglalkozunk.

20.1 Minden sokszöghöz rendelhetünk egy valós számot, amelyet területnek nevezünk, s amely a következő tulajdonságokkal rendelkezik:

1. Minden sokszög területe pozitív szám.

2. Egybevágó sokszögek területe egyenlő.

3. Ha egy sokszöget két sokszögre bontunk, e kettő területének összege az eredeti sokszög területével egyenlő.

4. Az egységnégyzet területe 1.

Az utolsó megállapítás szerint a terület ismeretéhez a hosszegység ismeretére van szükség. Ha más hosszegységet, illetve területegységet választunk, akkor minden terület osztandó az újonnan területegységül választott sokszög területével.

Ebből a megállapításból következik, hogy nem függ a területegység megválasztásától az olyan kijelentések helyessége, hogy két sokszög területe egyenlő, hogy az egyik a másiknál kisebb vagy nagyobb, vagy hogy egy sokszög területe más sokszögek területének összege, különbsége, fele, kétszerese stb.

A 3. követelmény teljesüléséből nyomban következik, hogy ugyanaz akkor is áll, ha egy sokszöget n sokszögre bontunk fel, ahol n akármelyik természetes számot jelentheti.

Ha egy sokszög egy tőle különböző másikat tartalmaz, akkor területe a tartalmazotténál nagyobb, hiszen a tartalmazott sokszög területének, s a tartalmazott sokszög elhagyása után maradó sokszög területének összegével egyenlő.

Az A1A2...An sokszög területét a következőkben T(A1A2...An) jelöli.

A Szemléletesen úgy juthatunk a területhez, hogy az adott alakú homogén lemez súlyát az egységnégyzet alakúéval elosztjuk.

B1 Mi csak kijelentettük, hogy a sokszögekhez egy számot rendelhetünk, amelyet területnek nevezünk, s amelyik bizonyos feltételeket kielégít. Bár a szemlélet alátámasztja ezt, mégis szükség van annak igazolására, hogy e hozzárendelés lehetséges, és csak egyféleképpen lehetséges. Ezt rövidesen meg is tesszük (20.4 B). Tárgyalásunknak addig is meg van az értelme: azzal foglalkozunk, hogy ha van olyan hozzárendelés, amely négy feltételünket kielégíti, akkor a hozzárendelt értékekre vonatkozólag milyen megállapításoknak kell teljesülniük. Ha majd belátjuk, hogy egyetlenegy kívánt tulajdonságú hozzárendelés van, akkor tudjuk majd, hogy korábbi megállapításaink minden feltétel nélkül teljesülnek.

B2 Görbe vonallal határolt síkidomok területéről itt még nem beszélünk. Erről is szó lesz (lásd 20.6).

20.2 Először a téglalap területével foglalkozunk.

Tétel. Ha két téglalapnak egy-egy oldala egyenlő, területük aránya megegyezik az egyenlő oldalakhoz csatlakozó oldalaik arányával.

Ha a téglalap egyik oldalát alapnak tekintjük, akkor a csatlakozó oldalak a hozzá tartozó magasságot adják meg. Tételünk ezért így is fogalmazható: egyenlő alapú téglalapok területének aránya magasságuk arányával egyenlő.

Bizonyítás. Legyen n tetszőleges természetes szám. Osszuk fel az első téglalapnak az alapra merőleges oldalát n egyenlő részre (114. ábra). Mérjük fel e részt a második téglalap magasságát adó oldalára az egyik végponttól kezdve, ahányszor csak lehetséges. Ha ez k-szor lehetséges, akkor a magasságokra

k m 1 n m 2 < ( k + 1 ) m 1 n .

Az osztópontokon át a téglalapok alapjával párhuzamosakat húzunk. E párhuzamosok a téglalapokból egybevágó, téglalap alakú sávokat vágnak le, mert oldalaik páronként egyenlők. Ezért e sávok területe is egyenlő, és a téglalapok területeire

k T 1 n T 2 < ( k + 1 ) T 1 n .

114

115

Egyenlőtlenségeinkből (m1-gyel és T1-gyel való osztás útján) következik, hogy az

m 2 m 1 , T 2 T 1

hányadosok mindegyike kisebb(kn+1n)-nél, s nem kisebb kn-nél. Ezért különbségük 1n-nél kisebb. Minthogy n tetszőleges természetes szám lehet, a felírt hányadosok különbsége csak 0 lehet, s így T1:T2=m1:m2.

Tétel. A téglalap területe két szomszédos oldal szorzatával egyenlő.

A már bevezetett szóhasználattal: a téglalap területe az alap és magasság szorzata.

Bizonyítás. Jelölje a és m téglalap alapját és magasságát. Tekintsük azt a téglalapot, melynek alapja a és magassága 1 (115. ábra). Ennek T1 területére az egységnégyzettel való összevetésből az előző tétel szerint T1:1=a:1, tehát T1=a. Ha viszont ezt a téglalapot a vizsgált téglalappal vetjük össze, újból az előző tétel szerint T:T1=m:1, tehátT=T1m=am.

A Ha a hosszegységet megváltoztatjuk, és minden hossz mérőszáma 2-szeres vagy 3-szoros lesz, akkor a terület mérőszáma utolsó tételünk értelmében 4-szer vagy 9-szer akkora lesz. Ezt a tényt fejezzük ki azzal, hogy a terület dimenziója „hosszúság a négyzeten”. Ez az oka annak is, hogy ha a hosszegység jele cm vagy m, akkor a területegységet cm2 vagy m2 jelöli. Ez a jelölésmód a gyakorlatban nagyon előnyös, mert pl. az 1 m = 100 cm összefüggésből 1 m2 = 10000 cm2 „négyzetreemeléssel” keletkezik.

Az egységek megadásáról hasonlót mondhatunk, mint amit 2.2 A1-ben mondottunk. A gyakorlati életben erre feltételenül szükség van, viszont a geometriában a területegységet is eleve adottnak tekintjük, és a terület mérőszáma mellett a területegységet nem jelezzük.

Még ha nevezett mennyiségekkel is dolgozunk, azaz a mennyiség megadásába az egység jelzését beleértjük, akkor is mondhatjuk, hogy a terület két hosszúság szorzata. Ezt alátámasztja az, amit az előbb a hosszúságegységek „szorzásáról” mondtunk.

Megemlítjük végül, hogy felesleges volna azt mondani, hogy a téglalap területe két szomszédos oldal hosszának a szorzata, hiszen az oldal szó nemcsak szakaszt, hanem hosszúságot is jelent.

20.3 Tétel. A parallelogramma területe az alap és a hozzá tartozó magasság szorzatával egyenlő.

Tételünk az előző tételt is magában foglalja. A parallelogramma alapjául a négy oldal bármelyikét választhatjuk. Az ehhez tartozó magasság a szemközti oldalnak az alap egyenesétől való távolsága.

Bizonyítás. Tekintsük az ABCD parallelogramma mellett azt az ABC1D1 téglalapot is, melynek alapja ugyanaz az AB szakasz, s amelynek C1D1 oldala a CD egyenesen van (116. ábra). A pontokat úgy jelöljük, hogy a DC szakasz a D1C1 félegyenesen legyen.

Az ABCD1 trapézt AD és BC1 két-két részre vágja. E részekre

T ( A B C D 1 ) = T ( A B C D ) + T ( A D D 1 ) = T ( A B C 1 D 1 ) + T ( B C C 1 ) .

116

117

Az ADD1 és BCC1 egybevágó, mert az AB eltolás az elsőt a másodikba viszi. Így tehát T(ADD1)=T(BCC1), és egyenletünk alapjánT(ABCD)=T(ABC1D1)=am.

Tétel. A háromszög területe az alap és a hozzá tartozó magasság szorzatának felével egyenlő.

Összhangban van ez a tétel 18.1 tételével; bármelyik oldalt választjuk is alapnak, a számított terület ugyanannyi.

Bizonyítás. Az ABC-et BC felezőpontjára tükrözve az eredetivel egybevágó A1CB-et kapunk (117. ábra). E két háromszög együtt egy olyan parallelogrammát alkot, melynek AB alapja s ehhez tartózó magassága egyben az ABC-nek is alapja és magassága. Ennek az alapnak és magasságnak a szorzata ezek szerint a készített parallelogramma területét, tehát háromszögünk területének a kétszeresét adja. —

Tételünkből következik, hogy egy rögzített oldalon nyugvó és adott területű háromszögek harmadik csúcsának mértani helye két olyan párhuzamos egyenes, amelynek az adott oldal egyenese a középpárhuzamosa.

20.4 Bármely sokszög területét ki tudjuk számítani, ha előbb háromszögekre bontjuk, s e háromszögek területét összeadjuk. Ez minden sokszögnél lehetséges.

Tétel. Minden sokszög felbontható háromszögekre.

Bármily nyilvánvaló is ennek helyessége, bizonyítással kell meggyőződnünk arról, hogy kivétel nincs.

Bizonyítás. a) Konvex sokszögeknél elegendő egy csúcsot a többivel összekötni, s ezzel a sokszöget máris háromszögekre bontottuk.

b) Konkáv sokszögnél (akár többszörösen összefüggő sokszögnél is) valamennyi oldalegyenest meghúzva a sokszöget konvex sokszögekre daraboljuk (118. ábra), hiszen egyetlen sokszögdarabot sem metszhet annak valamelyik oldalegyenese. A kapott konvex darabokat viszont a) szerint háromszögekre darabolhatjuk tovább. —

B* Beláttuk, hogy ha egy hozzárendelés 20.1 követelményeit kielégíti, akkor egy sokszöghöz azt az értéket rendeli, amelyikhez a sokszög háromszögekre való felbontása révén jutunk, mégpedig függetlenül attól, hogy a felbontást hogyan végezzük. Nincs ezért két különböző, a feltételeinket kielégítő hozzárendelés, hiszen ugyanannak a sokszögnek ugyanolyan feldarabolása csak egy értéket ad.

118

119

Még nem tudjuk azonban, hogy van-e olyan hozzárendelés, amely kielégíti 20.1 követelményeit. Ezt igazoljuk most. Minden sokszöghöz egy-egy számot fogunk hozzárendelni, s kimutatjuk, hogy ezekre négy feltételünk teljesül. A bizonyításhoz hosszabb gondolatsor vezet el.

a) Háromszögekhez hozzárendeljük egy oldal s a hozzá tartozó magasság szorzatának a felét. 18.1 szerint ez egyértelműen meghatározott szám.

b) Ha egy háromszöget egyik csúcsából kiinduló szakasszal két háromszögre osztunk, e két háromszöghöz rendelt szám összege az eredeti háromszöghöz rendelt számmal egyenlő, ugyanis a felosztott oldal darabjait választva alapnak e hozzárendelt számok a 119. ábra jelölésével

a 1 m 2 , a 2 m 2 , s ezeknek az összege valóbanam2.

c) Ha egy konvex négyszöget egy átlóval két háromszögre vágunk, e két háromszöghöz rendelt szám összege nem függ attól, hogy a négyszög melyik átlóját választottuk. Jelölje O az ABCD konvex négyszög átlóinak metszéspontját (120. ábra). Az ABC-höz rendelt szám b) szerint az ABO-höz és a BCO-höz rendelt szám összege, és ugyanígy azACD-höz rendelt szám a CDO-höz és a DAO-höz rendelt szám összege. Ha tehát az AC átlóból indulunk ki, akkor az O pont és a négy oldal által meghatározott négy háromszöghöz rendelt szám összegéhez jutunk. Ha ezt a megállapítást a BD átlóra alkalmazzuk, akkor ugyanehhez az eredményhez jutunk.

120

d) Ha egy konvex sokszöget valamelyik csúcsából kiinduló átlókkal háromszögekre osztunk, akkor e háromszögekhez rendelt számok összege nem függ attól, hogy melyik csúcsot választottuk a felosztás alapjául. Ezt az állítást az oldalszámra vonatkozó teljes indukcióval bizonyítjuk. Háromszögekre a tétel semmitmondó. Négyszögekre már c) tartalmazza állításunkat. Tekintsünk tehát egy n-szöget, legyen n > 4, és tegyük fel, hogy állításunk n-nél kevesebb oldalú sokszögekre helyes.

Elég azt bizonyítanunk, hogy ugyanazt az összeget kapjuk, ha két felosztásnál két nem szomszédos csúcsot választunk a felosztás alapjául. Szomszédos csúcsokhoz ugyanis n > 4 miatt található olyan csúcs, amelyik ezeknek egyikével sem szomszédos, és e harmadik csúcs közvetítésével állításunk helyessége a szomszédos csúcsokra is adódik majd.

Legyen tehát az A és B pont n-szögünknek két nem szomszédos csúcsa (121. ábra). Az AB átló n-szögünket két n-nél kevesebb oldalú sokszögre bontja. Az A-ból és B-ből induló átlók olyan háromszögekre vágják az n-szöget, amelyek egyben a mondott két részsokszög feldarabolását is szolgáltatják. A két háromszögsorozat mindegyike tehát két-két háromszögcsoportra bomlik, s e csoportok páronként ugyanannak a részsokszögnek a feldarabolását adják. Indukciós feltevésünk szerint két ilyen csoport háromszögeihez hozzárendelt számok összege egyenlő. Egyenlők akkor az A-hoz és B-hez tartozó teljes háromszögsorozatokhoz rendelt számok összegei is, mert két-két, páronként egyenlő szám összegeként számíthatók ki.

e) Háromnál több oldalú konvex sokszöghöz hozzárendeljük az olyan háromszögekhez rendelt számoknak az összegét, amelyekre a sokszög valamelyik csúcsából induló átlók a sokszöget feldarabolják, d) szerint ez egyértelműen meghatározott szám.

121

122

f) Ha egy konvex sokszöget egy csúcsából induló szakasszal két sokszögre vágunk, a keletkező két konvex részsokszöghöz rendelt szám összege az eredeti sokszöghöz rendelt számmal egyenlő. Ha a kettévágó AB szakasz átló, akkor állításunk közvetlenül adódik a hozzárendelt számoknak A-ból induló átlók segítségével való kiszámításából. Legyen tehát az A csúcsból induló AB szakasz B végpontja egy CD oldal belső pontja (122. ábra). Bontsuk fel a két részsokszög közül azokat, amelyek nem háromszögek, A-ból induló átlókkal háromszögekre. Valamennyi A csúcsú háromszöghöz rendelt szám összege e) szerint a két részsokszöghöz rendelt szám összegével egyenlő. Ugyanezt az összeget úgy is számíthatjuk, hogy az ABC, ABD háromszögekhez rendelt számok helyett, b)-re hivatkozva, az ACD-höz rendelt számot szerepeltetjük. Ha így teszünk, akkor a szóban forgó összeg e) szerint az eredeti sokszöghöz rendelt számot adja, ez tehát valóban a részsokszögekhez rendelt számok összegével egyenlő.

123

g) Ha egy konvex sokszöget egy szakasszal két sokszögre vágunk, a keletkező két konvex részsokszöghöz rendelt szám összege az eredeti sokszöghöz rendelt számmal egyenlő. Elég állításunkat esetre bizonyítani, amikor a kettévágó AB szakasz végpontjai egy CD és egy EF oldal belső pontjai (123. ábra), hiszen a többi esetre vonatkozóan állításunk helyességét már f) kimondta. Az E és F csúcsok mindegyike nem lehet a CD oldalon. Válasszuk a jelölést úgy, hogy ez E-re igaz legyen, hogy tehát AE a sokszöget szintén kettévágja. Egyszerűség kedvéért a keletkező sokszögek jelölésekor nem sorolunk fel minden csúcsot. f) szerint a teljes sokszöghöz rendelt szám az ADE és ACFBE sokszögekhez rendelt számok összege. Az utóbbi ugyancsak f) szerint az ACFB sokszöghöz és az ABE-höz rendelt számok összegével egyenlő. Az ABE-höz s az ADE sokszöghöz rendelt számok összege ismét csak f) szerint az ADEB sokszöghöz rendelt számot adja. Ezek szerint a teljes sokszöghöz rendelt szám valóban az ADEB és ACFB sokszögekhez rendelt számoknak az összege.

h) Ha egy konvex sokszöget konvex sokszögekre darabolunk fel, e darabokhoz rendelt számok összege az eredeti sokszöghöz rendelt számmal egyenlő. Állításunkat a darabok számára vonatkozó indukcióval bizonyítjuk. Ha csak két darab van, akkor állításunk g) szerint helyes, mert a két darab csak egy szakasz mentén érintkezhetik, hiszen egy ilyen közös határszakasz egyenese elválasztja egymástól a két konvex darabot. Tekintsük tehát egy konvex sokszögnek k konvex darabra való feldarabolását, és tegyük fel, hogy k-nál kevesebb darabra való feldarabolásokra állításunk igaz. Legyen AB valamelyik darabnak egy olyan oldala, amelyik nincs az eredeti sokszög határán (124. ábra). Az AB egyenessel az eredeti sokszöget s esetleg egyik-másik darabot is kettészeljük. A darabokhoz rendelt számok vizsgált összegét g) alapján úgy számíthatjuk, hogy a kettészelt darabok helyett az ezekből keletkező két darabrészt vesszük figyelembe. Az AB egyenes által határolt mindkét félsíkban e sokszögek közül k-nál kevesebb van, mert az AB szakaszra egyik oldalról támaszkodó darabnak még része sincs az AB egyenes másik oldalán. Sokszögeink közül az egy félsíkban elhelyezkedőkhöz rendelt számok összege az indukciós feltevés szerint a félsík és az eredeti sokszög közös részéhez rendelt számmal egyenlő. A vizsgált összeg ezek szerint az eredeti sokszög két részéhez rendelt szám összegével, azaz g) szerint az eredeti sokszöghöz rendelt számmal egyenlő.

124

125

i) Ha egy sokszöget kétféleképpen vágunk szét konvex darabokra, a darabokhoz rendelt számok összege mindkét esetben ugyanannyi. Ha az eredeti sokszög konvex, állításunk h) miatt igaz. A hangsúly most a konkáv sokszögeken van, s itt még a többszörösen összefüggő sokszögekre is gondolunk. Állításunk bizonyítása végett tekintsük a sokszög konvex burkát. Azokat a sokszögeket, amelyek a konvex burokból megmaradnak, ha a sokszöget elhagyjuk, II1,II1,...,IIk konvex sokszögekre daraboljuk (125. ábra). Akárhogyan bontjuk is fel konvex darabokra az eredeti sokszöget, a darabokhoz rendelt számok összege ugyanannyi, mert ezt az összeget a II1,II1,...,IIksokszögekhez rendelt számokkal növelve h) miatt a konvex burokhoz rendelt számot kell megkapnunk.

j) Mindenfajta sokszöghöz hozzárendeljük a sokszögből valamilyen felbontás révén keletkező konvex darabokhoz rendelt számok összegét, i) szerint ez egyértelműen meghatározott szám. Konvex sokszögekhez h) szerint ugyanazt a számot rendeltük most, mint amit korábban a) és e) azokhoz rendelt.

Miután minden sokszöghöz egy-egy egyértelműen meghatározott számot rendeltünk, be kell látnunk, hogy az így hozzárendelt számok rendelkeznek a 20.1-ben szereplő négy tulajdonsággal.

1. Minden sokszöghöz pozitív számok összegét, tehát pozitív számot rendeltünk.

2. Egybevágó sokszögeket egybevágó konvex sokszögekre s ezeket egybevágó háromszögekre darabolhatjuk. Egybevágó sokszögekhez tehát egyenlő számokat rendeltünk.

3. Ha egy sokszöget két sokszögre bontunk fel, s mindkettőt konvex darabokra bontjuk tovább, akkor j) szerint mindezekhez a darabokhoz rendelt számok összege egyrészt a két részsokszöghöz rendelt szám összegét, másrészt az eredeti sokszöghöz rendelt számot adja. A két részsokszöghöz rendelt szám összege eszerint a teljes sokszöghöz rendelt számmal egyenlő.

4. Az egységnégyzetet egy átlója két egységbefogójú egyenlő szárú derékszögű háromszögre bontja. E háromszögekhez a) szerint 12-et, tehát az egységnégyzethez e) szerint 1-et rendeltünk.

Beláttuk tehát, hogy minden sokszöghöz tudunk 20.1 követelményeit kielégítő módon egy-egy számot rendelni, s hogy e hozzárendelés más módon nem lehetséges. Az így hozzárendelt számokat nevezzük területnek.

20.5 Speciális sokszögek területének számítására vonatkozó szabályokat említünk.

Tétel. A trapéz területe a középvonal s a magasság szorzatával egyenlő.

A trapéz területét megkapjuk tehát, ha a párhuzamos oldalak számtani közepét (összegük felét) a magassággal megszorozzuk.

Bizonyítás. Egy átló a trapézt két háromszögre vágja (126. ábra). Ezek a háromszögek a trapéz alapjain nyugszanak, és ezekhez az alapokhoz tartozó magasságuk a trapéz magasságával egyenlő. Ha tehát a közös magassággal az alapok felét szorozzuk, akkor a két háromszög területét kapjuk meg, és az alapok felének összegét, vagyis összegük felét szorozva a trapéz területéhez jutunk. —

126

A bizonyított tétel tartalmazza a parallelogramma területére vonatkozó szabályt. Határesetként tartalmazza a háromszög területképletét is. A háromszög területére is mondhatjuk, hogy a középvonal és a magasság szorzatával egyenlő.

Tétel. A deltoid területe átlói szorzatának felével egyenlő.

Ez a tétel természetesen a rombuszra, s így a négyzetre is vonatkozik.

Bizonyítás. A deltoid egyik átlója a másikat merőlegesen felezi (127. ábra). Ezért ez az átló a deltoidot két olyan háromszögre bontja, amelyeknek ehhez az átlóhoz mint alaphoz tartozó magassága a másik átlónak a fele. Egy ilyen háromszög területe tehát az átlók felének a szorzata, s a deltoid területe ennek kétszerese. —

Tétel. Egy kör köré írt sokszög területe feleakkora, mint a sokszög kerületének és a kör sugarának a szorzata.

127

128

Bizonyítás. A kör középpontját a sokszög csúcsaival összekötve a sokszöget olyan háromszögekre bontjuk, amelyeknek alapja a sokszög egy-egy oldala, s magasságuk a kör sugara (128. ábra). Ha tehát a sugár felével az egyes oldalakat megszorozzuk, akkor az egyes háromszögek területét kapjuk meg. Ha pedig a sugár felével az oldalak összegét, a kerületet szorozzuk meg, akkor a teljes területhez jutunk. —

Vonatkozik e tétel a kör körül írt szabályos sokszögekre is, s így az r sugarú kör köré írt a oldalú szabályos n-szög területe k=namiatt 12nar.

Tétel. Hasonló sokszögek területének aránya hasonlóságuk arányának négyzetével egyenlő.

Bizonyítás. Háromszögekre 17.6 második tétele szerint a tétel állítása helyes, hiszen területük a hasonlóság által egymáshoz rendelt távolságok szorzatának a fele. Ebből következik, hogy az állítás bármely két hasonló sokszögre teljesül, hiszen ezek hasonló háromszögekre bonthatók fel. —

20.6 Mielőtt a kör területéről szó volna, a terület fogalmának általánosításával kell foglalkoznunk, hiszen eddig csak sokszögek területe szerepelt. Itt most korlátos síkidomok területéről lesz szó.

Korlátos síkidomnak bizonyosan van külső sokszöge a korlátosság miatt. Bármely belső sokszög területe a külső sokszögek területének alsó korlátja, hiszen minden külső sokszög tartalmaz minden belső sokszöget.

A külső sokszögek területének van alsó határa, hiszen alulról korlátos, ti. pozitív számhalmazról van szó. Ez az érték egy külső sokszög területénél sem nagyobb, és egy belső sokszög területénél sem kisebb.

Beláttuk, hogy minden korlátos síkidomhoz található olyan nem negatív érték, amelynél sem kisebb területű külső sokszög, sem nagyobb területű belső sokszög nincs. Ha csak egy ilyen érték van, azt a síkidom területének nevezzük.

Sokszögekre az új definíció is ugyanazt adja, mint amit eddig területnek neveztünk.

Ha a külső sokszögek területének az alsó határa 0, akkor van terület, és ez is 0, hiszen minden más nem negatív értékhez található kisebb területű külső sokszög. Ilyenkor természetesen egyetlen belső sokszög sincs. A 0 területű síkidomok közé tartozik az üres alakzat is.

Ha van belső sokszög, akkor a külső sokszögek területének az alsó határa pozitív, mert bármely belső sokszög területe alsó korlát. Ilyenkor a terület létezése azt jelenti, hogy a belső sokszögek területének a felső határa a külső sokszögek területének az alsó határával egyenlő, és közös értékük a területet adja meg. Ez csak átszövegezése annak a követelésnek, amit a terület definíciója kimond.

Az elmondottakból következik, hogy ha bármely pozitív ε-hoz található egy-egy ε-nál kisebb területkülönbségű külső és belső sokszög, akkor a szóban forgó síkidomnak van területe. Ugyanígy beszélhettünk volna (1+ε)-nál kisebb területarányú külső és belső sokszögekről is.

Megállapíthatjuk azt is, hogy van terület, ha van külső és belső sokszögekből álló sokszögpároknak olyan sorozata, amelynél az egyes párokra számított területarány 1-hez tart, s hogy ilyenkor a sorozat külső sokszögeinek a területe, valamint belső sokszögeinek a területe is a szóban forgó síkidom területéhez tart. Itt 1-hez tartó területarány helyett 0-hoz tartó területkülönbségről is beszélhettünk volna, és akkor azt is megengedhetjük, hogy a belső sokszög szerepét az üres alakzat játssza.

Nyomban belátható, hogy az előző két bekezdés minden állítása változatlanul helyes akkor is, ha külső és belső sokszögek helyett területtel rendelkező, tartalmazó és tartalmazott síkidomokról beszélünk.

Tétel. Ha egy síkidomot két olyan síkidomra bontunk fel, amelyeknek van területe, akkor van területe az eredeti síkidomnak is, és ez a két részidőm területének összegével egyenlő.

Tételünk egyaránt vonatkozik síkidomok olyan felbontására, amelynél a két részidomnak nincs közös pontja, valamint síkbeli tartományok olyan felbontására, amelynél a két résztartománynak nincs közös belső pontja (vö. 5.3). Tételünket kettő helyett véges sok részidomra is kimondhattuk volna, hiszen a kettőre kimondott tétel ismételt alkalmazásának nincs akadálya.

Bizonyítás. Jelölje T1 és T2 a két részidőm területét. Legyen ε egy tetszőleges pozitív szám. A terület fogalmából következik, hogy a részidomokhoz olyan B1,B2 belső sokszögek (esetleg üres alakzatok) tartoznak, amelyeknek területe rendre nagyobb, mint T1ε és T2ε, s hogy vannak olyan K1,K2 külső sokszögeik, amelyeknek területe rendre kisebb, mint T1+ε és T2+ε.

B 1 és B2 egyesítése az eredeti síkidom (talán nem összefüggő) belső sokszögét adja (129a ábra). Ennek területe B1 és B2 területének összege, hiszen a B1,B2sokszögek nem borulhatnak egymásra. A készített belső sokszög területe eszerint nagyobb, mint T1+T22ε.

K 1 és K2 egymást egészben vagy részben fedheti is. Egyesítésük az eredeti sokszög külső sokszöge (129b ábra), és területe nem nagyobb, mint K1 és K2 területének összege, tehát kisebb, mint T1+T2+2ε.

129

Ezek szerint az eredeti idomnak van 4ε-nál kisebb területkülönbségű belső és külső sokszöge, van tehát területe is. Ez a terület nagyobb, mint T1+T22ε és kisebb, mint T1+T2+2ε, s ezért csak T1+T2 lehet. —

Tétel. Ha egy síkidomot két síkidomra bontunk fel, és az eredeti síkidomnak, valamint az egyik részidomnak van területe, akkor van területe a másik részidomnak is.

A másik részidom területe az előző tétel szerint csak a két terület különbsége lehet. Tételünk azt is kimondja tehát, hogy ha egy síkidom egy másikat tartalmaz, és mindkettőnek van területe, akkor a tartalmazott idom területe nem lehet a tartalmazó idom területénél nagyobb. A felbontást illetően ismét gondolunk mind a két, az előző tétel kimondása után részletezett esetre.

Bizonyítás. Okoskodásunkban sokszögekről szólunk, de megengedjük, hogy köztük üres alakzatok is szerepelhessenek.

Jelölje T az eredeti idom területét és T1 az első részidőmét. Legyen ε egy tetszőleges pozitív szám. A terület fogalmából következik, hogy e két idomhoz tartozik olyan B és B1 belső sokszög, amelyeknek területe rendre nagyobb, mint Tε és T1ε, s hogy vannak olyan K,K1 külső sokszögeik, amelyeknek területe rendre kisebb, mint TT1+2ε.

Ha K-ból a B^ sokszöget elhagyjuk, a második részidőm olyan külső sokszögéhez jutunk (130a ábra), melynek területe kisebb, mint T—2e.

130

Ha B-ből elhagyjuk a B és K1 sokszögek közös részét, akkor a második részidom belső sokszögéhez jutunk (130b ábra). Minthogy a B-ből elhagyott sokszög területe nem lehet K1 területénél nagyobb, az elhagyással kapott belső sokszög területe nagyobb, mint TT12ε. Ezek szerint a második részidomnak van 4ε-nál kisebb területkülönbségű külső és belső sokszöge, s így van területe is. —

Tétel. Korlátos konvex síkidomnak van területe.

Bizonyítás. a) Egy korlátos konvex síkidomot tekintünk. A korlátosság miatt van olyan sáv, amely ezt a síkidomot tartalmazza. Messük el síkidomunkat a sáv határaira merőleges, egymástól rendre h távolságra levő egyenesekkel. A keletkező véges sok párhuzamos húr közül egy leghosszabbat választunk ki. Ezt a leghosszabb húrt a sáv határaiig meghosszabbítva egy d szakaszhoz jutunk (131. ábra).

Két-két szomszédos húr konvex burka trapéz, és ezeknek a trapézoknak az egyesítése egy a síkidomunkba írt B sokszög.

Tükrözzük most e trapézok mindegykét a d-től távolabb elhelyezkedő alapjuk felezőpontjára. A tükrözött trapézok a középvonalú, 2h magasságú téglalappal együtt egy K sokszöget alkotnak. Ezek szerint K és B területkülönbsége 2dh.

Állítjuk, hogy K külső sokszög. Ebből nyomban következik majd, hogy konvex síkidomunknak van területe, hiszen h önkényesen választható meg, s ezért 2dh kisebbé tehető bármely pozitív értéknél.

131

b) Bebizonyítjuk, hogy K valóban külső sokszög. Elég ehhez azt bizonyítanunk, hogy a tükrözött trapézokat tartalmazó, h szélességű sávokban nincs a konvex síkidomnak a tükrözött trapézok által le nem fedett pontja. A sávokhoz csak d-től távolabbi határvonalukat számítjuk hozzá.

Legyen tehát A1A2B1B2 egy beírt trapéz, amely a B1B2 alap felezőpontjára tükrözve a B1B2C2C1 trapézt adta (132. ábra). Tekintsük a B1B2,C1C2egyenesek által határolt sáv olyan P pontját, amelyet a B1B2C2C1 trapéz nem tartalmaz, és nincs a B1B2 egyenesen. Azt kell bizonyítanunk, hogy P nem tartozik konvex síkidomunkhoz. Ha a P pontot a B1B2C2C1 trapéztól pl. a B1C1 szár egyenese választja el, akkor P annak a szögtartománynak belső pontja, amelyet a B1C1 félegyenes és B1B2 meghosszabbítása határol.

A 1 B 1 B 2 és d szakasz konvex burka trapéz, amelyen A1A2, az alapjaival párhuzamosan halad át. Ezért A1A2 nem lehet e trapéz nem hosszabbik alapjánál, a B1B2 szakasznál rövidebb. Ha tehát egy A2B2B1D parallelogrammát szerkesztünk, ennek D csúcsa az A1A2 szakaszon van. Minthogy A2B2-vel B1C1 és B1D is párhuzamos, D a B1C1 egyenesen van, és P a DB1B2 csúcsszögén belül helyezkedik el. Ezért a PB1 egyenes a DB2 szakaszt egy Q pontban metszi. Minthogy Q a konvex síkidom belsejében, B1 pedig a határán van, a Q-tól B1 által elválasztott P pont valóban külső pont. —

132

Tétel. Ha valamely konvex síkidom konvex belső síkidomainak egy sorozata a konvex síkidomhoz tart, akkor területük is tart annak területéhez.

Emlékeztetünk arra, hogy a tételben említett konvergenciáról 19.3-ban már szó volt.

Bizonyítás. A vizsgált területsorozatnak a korlátosság miatt van torlódási értéke. Ez az adott konvex síkidom területénél nagyobb nem lehet. Legyen B egy az adott konvex síkidom belsejében elhelyezkedő sokszög. Elég megmutatnunk, hogy a vizsgált területsorozatnak nincs B területénél kisebb torlódási értéke, mert ebből már következik, hogy a torlódási érték az adott síkidom területénél sem lehet kisebb (lásd B2), hogy tehát az adott síkidom területe az egyetlen torlódási érték.

A konvergáló idomsorozatban véges soknak a kivételével minden elem tartalmazza B valamennyi csúcsát, tehát ezek konvex burkát és a B sokszöget is. Ezért a területsorozat elemei véges soknak a kivételével legalább akkorák, mint B területe, tehát ennél kisebb torlódási értékük valóban nem lehet. —

A Görbe vonallal határolt síkidomok területével elsőnek Archimedes foglalkozott. Azt a területfogalmat, amelyet e szakaszban bevezettünk, a síkidomok Peano—Jordan-féle mértékének* nevezik. A területfogalom további messzemenő általánosítása Lebesgue*[6] nevéhez fűződik.

B1 A területfogalom e szakaszban adott általánosítása után megállapíthatjuk, hogy a terület a 20.1-ben sokszögekre kimondott követelményeket már csak némi módosítással elégíti ki. Az első követelmény teljesülése helyett most csak ennyit mondhatunk: ha egy síkidomnak van területe, akkor az pozitív. A második követelmény is csak akkor teljesül, ha az egybevágó idomok egyikéről tudjuk, hogy van területe. A harmadik követelmény teljesülése helyett csak e szakasz első két tételét mondhatjuk ki.

Nem semmitmondó az a megszorítás, hogy egy síkidomnak van területe. Nincs területe pl. annak a síkidomnak, amelyet egy egységnégyzetnek az egyik oldaltól racionális távolságra elhelyezkedő pontjai alkotnak. Ennél a síkidomnál a külső sokszögek területének alsó határa nyilván 1, viszont belső sokszög nincs.

B2 Azt állítjuk, hogy ha egy síkidomnak pozitív területe van, akkor ez a síkidom belsejében elhelyezkedő sokszögek területének a felső határa. Sokszögekre vonatkozólag ez nyilvánvalóan helyes, és ebből következik, hogy a szóban forgó felső határ nem lehet a belső sokszögek területének felső határánál, azaz a területnél kisebb. Nem lehet azonban nagyobb sem, hiszen a síkidom belsejében elhelyezkedő sokszögek is belső sokszögek.

Eredményünkből következik, hogy ha egy síkidomnak van területe, akkor ugyanakkora a területe a síkidom belsejének is. Nem kellett itt megkövetelnünk, hogy a síkidom területe pozitív legyen, mert az üres alakzat területe 0. Szakaszunk második tétele alapján kimondhatjuk tehát azt is, hogy ha egy síkidomnak van területe, akkor van területe annak az alakzatnak is, amelyet a síkidom belsejének elhagyásával kapunk, s hogy ez a terület 0.

Ha egy síkidom területe 0, akkor az általa tartalmazott síkidomok mindegyike 0 területű, hiszen külső sokszögeik területének alsó határa csak 0 lehet. Az imént mondottak alapján kimondhatjuk tehát, hogy ha egy síkidomnak van területe, és belőle a belsejéhez nem tartozó pontokat elhagyunk, akkor ugyanakkora területű alakzathoz jutunk.

Okoskodásunk többek között bizonyítja, hogy a sokszögvonal, a szakasz, a körvonal és a körív területe 0, hogy továbbá a nyílt sokszög és a nyílt körlemez területe a zártakéval egyenlő. Rávilágít okoskodásunk arra is, hogy szakaszunk első két tételében miért érthettük a felbontást kétféleképpen. E két tétel kimondásakor szólhattunk volna két olyan síkidom egyesítéséről, amelyeknek nincs közös belső pontja. A tételekre adott bizonyítás akkor is követhető, ha azokat ilyen általánosabb alakban mondjuk ki.

B3 Szakaszunk utolsó tételével kapcsolatban megemlítjük, hogy azt valamivel általánosabban konvex síkidomok helyett tetszőleges (területtel rendelkező) síkidomokra is kimondhatnók és ugyanúgy bizonyíthatnók. Megelégedtünk azonban a konvex esettel, mert csak erre lesz szükségünk (lásd 27.9).

Megmutatjuk viszont, hogy minden konvex síkidomhoz található beírt poligonoknak a konvex síkidomhoz tartó sorozata, így tehát azt is, hogy szakaszunk utolsó tétele módot nyújt minden konvex síkidom területének konvex sokszögek területének határértékeként való meghatározására. Ha ugyanis a harmadik tételünk bizonyításában felhasznált beírt sokszög szerkesztését változatlan állású párhuzamosokkal és olyan h1,h2,... értékekkel ismételjük meg, amelyeknek sorozata 0-hoz tart, akkor kívánt tulajdonságú sokszögsorozathoz jutunk. Ennek igazolására elég meggondolnunk, hogy ha a P pont a konvex síkidom belsejében van, és a P ponton át a párhuzamosokra merőleges AB húr halad, akkor a P pontot mindazok az általunk szerkesztett sokszögek tartalmazzák, amelyeknél h szerepét a PA és PB távolságoknál kisebb érték játssza.

B4 Állítjuk, hogy ha két síkidomnak van területe, akkor van területe a közös részüknek is. A bizonyítás során sokszögekkel dolgozunk, de számolunk azzal, hogy ezek üres alakzatok is lehetnek. Legyen a két síkidom egy-egy ε-nál kisebb területkülönbséget adó külső és belső sokszöge K1 és B1, valamint K2 és B2. Nyilvánvaló, hogy a K1,K2 sokszögek K közös része a két síkidom közös részének külső sokszöge, s hogy ugyanígy a B1,B2 sokszögek B közös része a síkidomok közös részének a belső sokszöge (133. ábra). Jelölje D1,D2 és D azokat a sokszögeket, amelyekhez úgy jutunk, hogy a K1,K2,K külső sokszögekből rendre a B1,B2,B belső sokszögeket elhagyjuk. K1 és K2 mindegyike tartalmazza tehát D minden pontját, viszont D bármely belső pontjára áll, hogy vagy B1 vagy B2 nem tartalmazza azt. Igaz ezért, hogy D belső pontjai hozzátartoznak vagy D1-hez, vagy

D 2 -höz, hogy tehát D1 és D2 egyesítése tartalmazza a D sokszöget. Ebből következik, hogy D területe, azaz K és B területkülönbsége D1 és D2 területének összegénél, 2ε-nál kisebb. Ez pedig azt jelenti, hogy síkidomaink közös részének valóban van területe.

133

A most bizonyított tényből következik, hogy ha két síkidomnak van területe, akkor van területe az egyesítésüknek is. Ehhez elég szakaszunk első két tételére, valamint arra hivatkoznunk, hogy ha a két síkidom közös részét az egyikből elhagyjuk, és a maradó részt a másikhoz hozzáillesztjük, akkor a két síkidom egyesítéséhez jutunk.

Megállapíthatjuk ezek után, hogy ha területtel rendelkező síkidomokból indulunk ki, akkor mindazok a műveletek, amelyekről 5.3-ban szóltunk, olyan síkidomokat adnak, amelyeknek megint csak van területük. Minthogy könyvünk egészében csak olyan korlátos síkidomokat tárgyalunk, amelyekhez korlátos konvex síkidomokból kiindulva 5.3 műveleteinek segítségével eljuthatunk, eredményünk azt jelenti, hogy ebben a könyvben csak területtel rendelkező korlátos síkidomokról van szó.

B5 Nem foglalkozunk azzal a kérdéssel, hogy általában milyen síkidomoknak van területe. Ez a vizsgálat a mértékelmélethez vezet, amely az analízis keretei közé illeszkedik, és a határozott integrálok tárgyalását valamint a területfogalom általánosításait is felöleli.

B6 Aki a terület tárgyalását az ívhosszéval egybeveti, felvetheti a kérdést, miért nem jártunk el ezen a két helyen hasonló módon, hiszen az ívhosszt felső határként definiáltuk, és ezért az ívhossz létezése problémát nem okozott, viszont a területnél felső határról és egy másik alsó határról is szóltunk, és csak ezek egyezése esetén mondtuk, hogy van terület. Rávilágítunk itt arra, hogy ez az ellentét nem a tárgyalás önkényéből, hanem a tárgy természetéből fakad.

Mindenféle mérték bevezetésénél igen lényeges a mérték additivitásának vizsgálata. A terület additivitását szakaszunk első két tétele tisztázza. E fontos tételek bizonyítása arra épült, hogy a terület a belső sokszögek területének felső határa és egyben a külső sokszögek területének alsó határa is. Ha e két tulajdonságnak csak az egyike lett volna felhasználható, akkor a bizonyítás nem sikerülhetett volna. Ez azt mutatja, hogy a terület definíciójának említett kettőssége szükségszerű.

Kérdés marad, nem érhetjük-e el az összhangot azáltal, hogy a kerület és az ívhossz definíciójában is egy kettősséget vezetünk be. Ezt meg lehet éppen tenni, de ez a tárgyalást feleslegesen elbonyolítja, sőt jelentős nehézségekhez is vezet. Ha csak konvex síkidomok kerületére szorítkozunk, akkor azt az egyszerű definíciót adhatnók, hogy a kerület a belső konvex sokszögek kerületének felső határa és egyben a külső konvex sokszögek kerületének alsó határa is. Ennek a definíciónak az elfogadása megkívánná azonban, hogy a két határ egyezését minden konvex síkidomra bebizonyítsuk. Ez a felesleges munka lényegesen több nehézséggel járna, mint szakaszunk harmadik tételének a bizonyítása. A nehézséget tetézi, hogy érintőről, illetőleg támaszegyenesről szólhatunk ugyan, de nem tudjuk bizonyítani, hogy a határ minden pontjához tartozik ilyen egyenes, ha egyszer tartjuk magunkat 15.2 B1 elvi álláspontjához, hogy mi ebben a könyvben alakzatokat határhelyzetként nem vezetünk be.

Nem érdemes szót vesztegetni arra, hogy konvex ívek ívhosszának tárgyalásánál az említett nehézségek csak fokozódnak, sőt ott még a kettősséget tartalmazó definíció megválasztása is gondot okoz. Minden leegyszerűsödnék természetesen, ha a tárgyalást a körre és íveire korlátoznók, de ez túlzottan nagy ár volna a mesterkélt összhang megteremtéséért.

Mindez arról győz meg bennünket, hogy szabatos tárgyalásban szükségszerű az az eltérés, amelyről szóltunk. Aki viszont, pl. pedagógiai okokból, a terület létezésének kérdését nem firtatja, az a területet, valamint a kerületet és az ívhosszt, egymással összhangban, beírt poligonok segítségével vezetheti be.

20.7 Tétel. Hasonló idomok területének aránya a hasonlóság arányának négyzetével egyenlő.

Sokszögekre nézve a tételt már 20.5-ben kimondtuk. A tétel úgy értendő, hogy ha egy síkidomnak van területe, akkor van az ahhoz hasonlónak is, és területük aránya a hasonlóság arányának négyzete.

Bizonyítás. Az egyik idom belső és külső sokszögeihez a hasonlóság a másik idom belső és külső sokszögeit rendeli. Minthogy ezek területének aránya a hasonlóság arányának négyzete, ugyanez a belső és külső sokszögek területeit elválasztó értékekre, azaz síkidomaink területére is igaz. —

Tétel. Az r sugarú kör területe πr2.

Bizonyítás. a) A körbe írt és a kör körül írt szabályos n-szög területének aránya hasonlóságuk miatt kerületeik arányának négyzetével egyenlő. Minthogy a kerületek aránya n növekedtével 1-hez tart, ugyanez területeik arányára is áll. Ebből következik, hogy a körnek van területe, s hogy a növekvő oldalszámú beírt és körülírt szabályos sokszögek területe a kör területéhez tart.

b) A körülírt szabályos sokszög területe a kerületének és a körsugár felének szorzata. Minthogy n növekedtével ez a kerület a kör kerületéhez tart, a körülírt szabályos sokszög területének határértéke, azaz a kör területe a kör kerületének és a sugár felének szorzata. —

Kiemeljük, hogy az egységsugarú kör területe π.

B 19.5 B2-ben már bebizonyítottuk, hogy ha a körbe írt, a középpontot tartalmazó sokszögek egy sorozatánál a leghosszabb oldalak 0-hoz tartanak, akkor ez a sokszögsorozat a körhöz tart. 20.6 utolsó tétele alapján kimondhatjuk tehát, hogy egy ilyen sorozat sokszögeinek területe a kör területéhez konvergál.

Ugyanehhez az eredményhez más úton is eljuthatunk. Mindjárt azt is bizonyítjuk, hogy a kör köré írt sokszögek területe is tart a kör területéhez, ha leghosszabb oldaluk hossza 0-hoz tart. Tekintsünk evégből egy a körbe írt, a középpontot tartalmazó és egy a kör köré írt sokszöget. A beírt sokszög tartalmazza azt a középpont körül írt kört, amelyik a beírt sokszög leghosszabb oldalát érinti. A körülírt sokszöget tartalmazza az a középpont körül írt kör, amelyik körünk érintőiből a körülírt sokszög leghosszabb oldalának kétszeresét metszi ki. A háromszög-egyenlőtlenségből következik, hogy a most szerkesztett körök sugara az eredeti kör sugarától kevesebbel tér el, mint a sokszögek leghosszabb oldala. Ha tehát a leghosszabb oldalak 0-hoz tartanak, akkor a sokszögeinket közrefogó körök sugara az eredeti körsugárhoz konvergál, ezért a két kör területe és az általuk közrefogott sokszögterület is tart körünk területéhez. Okoskodásunk újból bizonyította azt is, hogy a körnek van területe, ami egyébként 20.6 harmadik tétele szerint is igaz.

20.8 Tétel. Egy kör körcikkeinek területe szögükkel arányos.

Bizonyítás. Előrebocsátjuk, hogy a körcikknek van területe, hiszen középponti szögének felezője két konvex síkidomra bontja fel, hogy továbbá egyenlő szögekhez az egybevágóság miatt egyenlő területű körcikkek tartoznak és hogy ha egy körcikket körcikkekre vágunk fel, akkor ezek területe az eredeti körcikk területét adja összegül. Egy kör AB és CD íveihez tartozó AOB és COD körcikkek T(AOB) és T(COD) területét vizsgáljuk (113. ábra).

Az AOB-et n egyenlő részre osztjuk. A kapott szöget felmérjük a COD-re, ahányszor csak lehetséges. Ha k-szor mérhettük fel, akkor

k A O B n C O D < ( k + 1 ) A O B n .

Előrebocsátott megjegyzéseink értelmében hasonlót mondhatunk a körcikkek területéről is:

k T ( A O B ) n T ( C O D ) < ( k + 1 ) T ( A O B ) n .

Minthogy n akármelyik természetes szám lehet, egyenlőtlenségeinkből a már többször alkalmazott gondolatmenettel (vö. 17.2, 19.8, 20.2)

C O D A O B = T ( C O D ) T ( A O B )

következik. —

Tétel. A körcikk területe feleakkora, mint a sugár és a határoló körív hosszának szorzata.

Ha tehát a körcikk szöge (ívmértékkel mérve) α, akkor 19.8 alapján a körcikk területe 12r2α. Tételünk a félkör területképletét, közvetve tehát a kör területképletét is magában foglalja.

Bizonyítás. Az α szögű, T területű körcikket összehasonlítjuk a 2π szöghöz körcikként tartozó teljes körlemezzel. Az előző tétel alapján

T : π r 2 = α : 2 π ,

s ebből T=12r2α adódik. —

A körszelet területe mint egy körcikk s egy háromszög területének különbsége, illetve összege számítható.

A A körcikket úgy képzelhetjük, mint egy „görbealapú háromszöget”, amelynek „alapja” a körív, „magassága” a sugár. Így területének képlete könnyen megjegyezhető.



[6] * G. Peano, 1858—1932, a torinói egyetem tanára. C. Jordán (ejtsd: zsordan), 1838—1922, a párizsi műegyetem tanára. H. Lebesgue (ejtsd: löbeg), 1875—1942, a párizsi egyetem tanára.