Adott a térben egy egész oldalhosszúságú kocka, amelyről tudjuk, hogy az egyik lapján levő négy csúcs koordinátái valamennyien egész számok. Bizonyítandó, hogy a másik négy csúcs koordinátái is egész számok.

Fel fogjuk használni, hogy az r($r_{l}$, $r_{2}, r_{3}) $és az u($u_{l}$, $u_{2}, u_{3})$ koordinátáival adott két vektor akkor és csak akkor merőleges (lásd a II. rész 37-47. old. jegyzetének $e)$ pontját 43-44. old., továbbá az alábbi jegyzetet), ha $R_{1}u_{1} + r_{2}u_{2} + r_{3}u_{3} = $ 0$.$ Legyenek az ABCDEFGH kocka egy lapjának A, B, C, D csúcsai egész koordinátájúak, a kocka élének hossza: a szintén egész szám, az $A$-val szomszédos harmadik csúcs $E$ (1. ábra). Azt kell belátnunk, hogy $E$, $F, G, H $is egész koordinátájú. Elég belátnunk, hogy pl. az AE vektor koordinátái egész számok, hiszen $E$, $F, G, H $koordinátáit úgy kaphatjuk, hogy $A$, $B, C$, illetve $D $koordinátáihoz hozzáadjuk AE koordinátáit.

Legyenek AB = b, AD = d, AE = e koordinátái $(b_{l}, b_{2}, b_{3}), (d_{l}, d_{2}, d_{3})$, illetve $(e_{l}, e_{2}, e_{3}).$ Ezeket úgy kaphatjuk, hogy a $B$, $D, $illetve $E$ pont koordinátáiból kivonjuk $A$ koordinátáit. A b és d vektor koordinátái tehát egész számok, és azt kell belátnunk, hogy e koordinátái is azok. A b és d vektorok hossza $a$, és a vektorok merőlegesek, tehát koordinátáikra teljesül, hogy (1) $b_1^2 +b_2^2 +b_3^2 =a^2,$ (2) $d_1^2 +d_2^2 +d_3^2 =a^2,$ (3) $b_1 d_1 +b_2 d_2 +b_3 d_3 =0.$ Az e vektor merőleges b-re is, d-re is, és a hosszúságú, tehát (4) $b_1 e_1 +b_2 e_2 +b_3 e_3 =0,$ (5) $d_1 e_1 +d_2 e_2 +d_3 e_3 =0,$ (6) $e_1^2 +e_2^2 +e_3^2 =a^2.$ Oldjuk meg a (4) és (5) egyenletből álló egyenletrendszert. Mivel b nem 0, tegyük fel, hogy pl. $b_{3} \quad \ne $ 0. Szorozzuk meg (4)-et $d_{3}$-mal, (5)-öt -$b_{3}$-mal és adjuk össze a megfelelő oldalakat: (7) $(b_{l} d_{3} - b_{3 }d_{l}) e_{l} + (b_{2 }d_{3} - b_{3 }d_{2}) e_{2} = $ 0$.$ Nem lehet $e_{l}$ és $e_{2}$ szorzója is 0, mert akkor $b_{3}$ d = ($b_{3} \quad d_{l}$, $b_{3} d_{2}, b_{3} d_{3}) = (b_{l} d_{3}, b_{2} d_{3}, b_{3} d_{3}) = $b$ d_{3}$ volna, és mivel $b_{3} \quad \ne $ 0, d párhuzamos volna b-vel, de a két vektor merőleges és egyik sem nullavektor. Jelöljük $k$-val az $\frac{e_1 }{\left( {b_2 d_3 -b_3 d_2 } \right)}$ arányt, vagy ha a nevező 0 volna, az $\frac{e_2 }{\left( {b_3 d_1 -b_1 d_3 } \right)}$arányt, majd számítsuk ki $e_{3}$-at (4)-ből, így azt kapjuk, hogy az egyenletrendszer megoldása csak az $e_{l} = k (b_{2} d_{3} - b_{3} d_{2}), e_{2} = k (b_{3} d_{l} - b_{l} d_{3}), e_{3} = k (b_{l} d_{2} - b_{2} d_{1}),$ hármas lehet, ahol $k$ egyelőre ismeretlen szám. Behelyettesítéssel meggyőződhetünk, hogy ez megoldása a (3), (4) egyenletrendszernek $k $értékétől függetlenül. Ha $b_{3 }$= 0, akkor $b_{l}$-et vagy $b_{2}$-t választva járunk el hasonlóan és ugyanerre az eredményre jutunk. Nem lehet mindhárom koordináta 0, mert b $\ne $ 0. A nyert vektor hosszának négyzetét kiszámítva az egyszerű alakra hozható: (8) $e_1^2 +e_2^2 +e_3^2 =k^2\left\{ {b_2^2 d_3^2 +b_3^2 d_2^2 +} \right.$

Itt a bal oldalon (6) szerint $a^{2}$-nek kell állnia, a jobb oldal viszont (1), (2) és (3) szerint $k^{2}a^{4}$-nel egyenlő, tehát

Tehát az e vektor koordinátái:

vagy ezek ellentettjei. Világos, hogy ezek racionális számok, azt kell belátnunk, hogy egészek. Elég ezt a fenti hármasról belátni, mert az egész szám ellentettje is egész. Elég továbbá egyik koordinátáról belátni, hogy az egész, mert akkor az indexek alkalmas cseréjével adódik a másik kettő egész voltának a bizonyítása. Azt fogjuk belátni, hogy a koordináta négyzete egész szám. Tudjuk (lásd az I. rész 102. old. jegyzetét), hogy ha egy racionális szám négyzete egész szám, akkor az alap is egész szám. Az első koordináta számlálójának négyzetét fogjuk átalakítani:

Itt két tagra bontottuk a kivonandót és egyszer az első, másszor a második két tényező szorzatát helyettesítettük a (3) összefüggésből adódó értékével, majd alkalmaztuk (1)-et, (2)-t és még egyszer (3)-at. Azt nyertük tehát, hogy

egész szám, és ebből - mint már említettük - következik az alap egész volta is. Ezzel a feladat állítását bizonyítottuk. 1. jegyzet. Két vektor merőlegességének feltétele. Két vektor merőlegességének a megoldásban felhasznált feltételét beláthatjuk a skaláris szorzatra való hivatkozás nélkül is Pitagorasz tétele alapján. Az, hogy az r és u vektor merőleges egymásra, azt jelenti, hogy az ORU háromszög $O$-nál derékszögű (a 2. ábra betűzését használjuk), ez pedig egyenértékű állítás azzal, hogy a háromszög oldalaira teljesül Pitagorasz tétele. Az r-u vektor koordinátái $(r_{l}-u_{l}, r_{2}-u_{2}, r_{3}-u_{\sim }), $így a feltételt koordinátákkal felírva

Ez pedig valóban egyenértékű azzal, hogy $r_{l}u_{l} + r_{2}u_{2} + r_{3}u_{3} = $ 0$.$ 2. jegyzet. Vektorok vektoriális szorzata. $a)$ A megoldás során fellépett

vektort úgy nyertük, mint egy b-re is, d-re is merőleges vektort. Az n hosszára a megoldás (8) összefüggéséből kiolvasható eredményt még egyszerűbb alakra hozhatjuk. A kivonandó a skaláris szorzat négyzete, így (lásd a II. rész 37-47. old. jegyzetének e) pontját, 43-44. old.

Ez a két vektor meghatározta paralelogramma területének a négyzete.* Igen termékenynek bizonyult tetszés szerinti két vektorhoz ilyen módon egy további. vektort hozzárendelni, ezzel egy újabb műveletet definiálni, amit a két vektor vektoriális szorzatának neveznek. A v és w vektor vektoriális szorzatának nevezzük és v x w-vel jelöljük a következő négy feltétellel meghatározott vektort: ha v és w nem párhuzamos, akkor 1) v $\times $ w merőleges v-re is, w-re is; 2) v $\times $ w hossza a v és w meghatározta paralelogramma területének a mértékszáma; 3) a v, w, v $\times $ w vektorok ebben a sorrendben jobbrendszert alkotnak, azaz közös kezdőpontból indítva a vektorokat v x w irányából nézve az óra járásával ellentétes irányú, 180\r{ }-nál kisebb forgatás viszi át v-t a w irányába; 4) Ha v ?? w, akkor v $\times $ w = 0. Megjegyezzük, hogy a 4) megállapítás összhangban van az 1) és 2) tulajdonsággal, míg a 3) tartalmatlanná válik ez esetben. Bár a műveletet szorzásnak nevezik, sok tulajdonsága eltér attól, amit szorzásnál megszoktunk. Így például világos, hogy (1) w $\times $ v = -v $\times $ w. A számmal való szorzásra könnyen látható - ennek végiggondolását az olvasóra bízzuk -, hogy ha $c$ tetszés szerinti valós szám, akkor (2) $c$(v $\times $ w) - ($c$v) $\times $ w = v $\times $ ($c$w) . Nem áll fenn az asszociatív tulajdonság, hiszen pl. (v $\times $ v) $\times $ w = 0, viszont ha v és w nem párhuzamos (így többek közt egyikük sem a nullavektor), akkor v $\times $ w $\ne $ 0, s így ha a rá merőleges v vektorral szorozzuk v $\times $ (v $\times $ w) $\ne $ 0. Erre a háromtényezős szorzatra a $d)$ pontban még visszatérünk. {\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}. *Az n vektor koordinátái viszont ennek a paralelogrammának az ($y$, z), (z, x), illetve ($x$, $y)$ koordinátasíkon levő vetületeinek az előjeles területét adják. Így számításainkkal a következő, a Pitagorasz tétellel rokon térbeli összefüggést bizonyítottuk be: Tekintsük egy paralelogramma merőleges vetületét három egymásra páronként merőleges síkon. A három vetület területe négyzetének az összege a paralelogramma területének a négyzetét adja. {\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}.. $b) $Megmutatjuk, hogy a disztributív tulajdonság viszont fennáll: (3) v $\times $ (w$_{1}$ + w$_{2})$ = v $\times $ w $_{1}$ + v $\times $ w$_{2}$, (3') (v$_{l }$+ v$_{2}) \quad \times $ w = v$_{1} \quad \times $ w + v$_{2} \quad \times $ w. Elég (3)-at bizonyítani, mert abból (1) ismételt felhasználásával következik (3')

A (3) azonosság helyességét könnyen beláthatja az olvasó, ha w$_{1}$ és w$_{2}$ párhuzamos (3. ábra). Tegyük fel a továbbiakban, hogy ez nem áll fenn.

Az azonosságban szereplő mindegyik vektoriális szorzat a v vektorra merőleges $S$ síkban van. Helyezzük a vektorok kezdőpontját ennek egy $V$ pontjába. A v és w$_{i}$ által meghatározott paralelogramma területe v-nek és a v-re merőleges magasságnak a szorzata. Utóbbi a w$_{i} \quad S$-re vetett merőleges vetület vektorának, w'$_{i}$-nek a hossza (4. ábra). Így a v $\times $ w$_{i}$ vektort (ahol $i$ egy vagy kettő) megkaphatjuk úgy, hogy a w'$_{1}$, illetve w'$_{2}$ vektort elforgatjuk ugyanabban az irányban 90\r{ }-kal és $\left| {\underline{v}} \right|$ arányában nyújtjuk vagy összehúzzuk. Ezzel a w'$_{1}$ és w'$_{2}$ által meghatározott paralelogramma 90\r{ }-kal elforgatott, hasonló képét kapjuk, ahol a hasonlóság aránya $\left| {\underline{v}} \right|$. Az elforgatott paralelogramma v-ből induló átlója egyrészt a v $\times $ w$_{i}$ + v $\times $ w$_{2}$ vektor, másrészt viszont a w'$_{1}$ + w'$_{2}$ 90\r{ }-kal elforgatott és $\left| {\underline{v}} \right|$ arányban megváltoztatott képe (5. ábra) . Tudjuk azonban (lásd a II . rész 37-47. old. jegyzetének $c)$ pontját, 39-41. old.), hogy a két vetületvektor összege az összegvektor vetülete, s így a $\left| {\underline{v}} \right|$ arányban változtatott és elforgatott vektor a v $\times $ (w$_{1}$ + w$_{2})$ vektor. Ezzel igazoltuk a (3) azonosságot.

$c)$ A (3) azonosságot ismételten alkalmazva adódik az is, hogy többtagú összegeket összeszorozhatunk úgy, hogy minden tényezőből veszünk egy-egy tagot minden lehető módon, ezeket a tényezők sorrend] ében összeszorozzuk és az így kapott tagokat összeadjuk. A megismert tulajdonságok alapján könnyen adódik, hogy az 1)-4) tulajdonságokkal értelmezett vektoriális szorzat koordinátái a tényezők koordinátáiból a bevezetőben szereplő n vektor módjára számíthatók ki. Valóban, ha a térbeli derékszögű koordináta-rendszer tengelyei irányába mutató egységvektorok a jobbkézrendszert alkotó i, j, k vektorok, akkor a definíció és ( 1 ) szerint

Szorozzuk össze, ezeket felhasználva, a v = ($v_{l}$, $v_{2}$, $v_{3})=v_{l}$i + $v_{2}$j + $v_{3}$k és a w = $w_{l}$i + $w_{2}$j + $w_{3}$k vektorokat a többtagúak szorzatára megfogalmazott szabály alapján. Ismételten használva mindjárt a (2)-ből adódó

azonosságot is, azt kapjuk, hogy v $\times $ w = ($v_{l}$i + $v_{2}$j + $v_{3}$k) $\times $ ($w_{l}$i + $w_{2}$j + $w_{3}$k) = = $v_{l}w_{l}$i $\times $ i + $v_{l}w_{2}$i $\times $ j + $v_{l}w_{3}$i $\times $ k + $v_{2}w_{l}$j $\times $ i + $v_{2}w_{2}$j $\times $ j + + $v_{2}w_{3}$j $\times $ k + $v_{3}w_{l}$k $\times $ i + $v_{3}w_{2}$k $\times $ j + $v_{3}w_{3}$k $\times $ k = = $v_{1}w_{2}$k - $v_{l}w_{3}$j - $v_{2}w_{l}$k + $v_{2}w_{3}$i + $v_{3}w_{1}$j $-- \quad v_{3}w_{2}$i = = ($v_{2}w_{3} \quad - \quad v_{3}w_{2}$)i + ($v_{3}w_{1} \quad --$ $v_{1}w_{3}$)j + ($v_{1}$w$_{2} \quad - \quad v_{2}w_{1})$k , amint azt vártuk. $d)$ A vektoriális szorzat vektor, így képezhető mind a vektoriális, mind a skaláris szorzata egy harmadik vektorral. Előbbi esetben megállapítottuk, hogy nem érvényes az asszociatív tulajdonság. Egy igen hasznos azonosság mégis található az r = (u $\times $ v) $\times $ w szorzatra. Tegyük fel, hogy u és v nem párhuzamosak, és a három vektor kezdőpontja közös. Ekkor u $\times $ v merőleges az u-t és v-t tartalmazó síkra, így r ebben a síkban van, tehát $a$u + $b$w alakban írható. Feladatunk az $a$ és a $b$ szám meghatározása. A w vektor felírható $c_{l}$u + $c_{2}$v + $c_{3}$u $\times $ v alakban, mivel u, v és u $\times $ v nincs egy síkban. Ennek alapján r így írható, felhasználva (3)-at és (2)-t: (4) r = $c_{l}$(u $\times $ v) $\times $ u + $c_{2}$(u $\times $ v) $\times $ v + $c_{3}$(u $\times $ v) $\times $ (u $\times $ v). Itt az utolsó tag 0. Jelöljük az u irányába mutató egységvektort u\r{ }-val, azaz u =$\left| {\underline{u}} \right|$u\r{ }. Ekkor a jobb oldal első tagjában szereplő háromtényezős vektorszorzat (2) alapján $\left| {\underline{u}} \right|^{2}$(u\r{ } $\times $ v) $\times $ u\r{ } = $\left| {\underline{u}} \right|^{2}$r$_{u}$ alakban írható. Itt u\r{ } $\times $ v merőleges u\r{ }-ra, r$_{u}$ tehát benne van u\r{ } és v síkjában és merőleges a\r{ }-ra. fgy v-t egy u-val párhuzamos és egy u-ra merő leges p és vm összetevőre bontva r$_{u}$ párhuzamos v$_{m}$-mel, továbbá hossza $\left| {\underline{u}^0\times \underline{v}} \right|$, mivel u$^{0}$ hossza 1. A vektorszorzat hossza viszont az u\r{ } és v meghatározta paralelogramma területe, tehát u\r{ } hossza szorozva a v végpontjából u-ra bocsátott magassággal, vagyis v$_{m}$ hosszával; ez a hossz tehát v$_{m}$. Így r$_{u}$ = v$_{m}$ (6. ábra). Ezt ki tudjuk fejezni u-val és v-vel a v$_{p}$ vetület közbeiktatásával, hiszen az előjeles vetületet a vu\r{ } skaláris szorzat adja, így

Eredményeinket összefoglalva (u $\times $ v) $\times $ u =$\left| {\underline{u}} \right|^{2}$r$_{u}=\left| {\underline{u}} \right|^{2}$v$_{m}=\left| {\underline{u}} \right|^{2}$ (v - v$_{p})$ = = $\left| {\underline{u}} \right|^{2}$v - (uv)u = u$^{2}$ v - (uv)u. Ennek alapján megkaphatjuk (4) jobb oldalának a második tagját is, mivel (1) alapján (u $\times $ v) $\times $ v = - (v $\times $ u) $\times $ v = - (v$^{2}$u - (vu)v) = (uv)v - v$^{2}$u. Ezeket (4)-be helyettesítve

= (u($c_{l}$u + $c_{2}$v)) v $--$ (($c_{l}$u + $c_{2}$v)v)u =

Ezzel a következő kifejtési tétel néven ismert azonosságot kaptuk: (5) (u $\times $ v) $\times $ w = (uw)v - (vw)u. Az azonosság nyilvánvalóan akkor is helyes, ha u és v párhuzamos; ekkor mindkét oldala 0. Egy további érdekes azonosságot kapunk, amiben már csak a vektoriális szorzat lép fel, ha a vektorok ciklikus cseréjével keletkező (v $\times $ w) $\times $ u és (w $\times $ u) $\times $ v szorzatok kifejtését is felírjuk és összeadjuk. Ekkor a jobb oldalak összege 0-t ad, tehát az

azonossághoz jutunk Ezt JACOBI-azonosságnak* nevezik. A vektorok a számmal szorzás, a vektorösszeadás és a vektoriális szorzás műveletével, ahol az első két műveletre a korábban megismert azonosságok teljesülését kívánjuk meg (lásd a II. rész 37-47. old. jegyzetének $a) $és $b) $pontját, 37-39. old.), a vektoriális szorzásra pedig az u $\times $ u = 0 összefüggést és a JACOSI-azonosságot, egy nevezetes példát adnak egy fontos struktúratípusra, az ún. LIE-algebrára** . A valós számtest helyett egyéb testeket is megengedve, vektorok helyett pedig más elemeket, három olyan művelettel, amelyek eleget tesznek az említett összefüggéseknek, jutunk el egy tetszés szerinti LIE-algebrához. Ezeknek a matematika és a természettudományok területén igen fontos alkalmazásai vannak, vizsgálatuk az algebra egyik fontos ága. e) Az (u $\times $ v)w szorzatot szokás vegyesszorzatnak nevezni. Ennek egyszerű geometriai jelentése van. A vektoriális szorzat abszolútértéke (hossza) az u és v meghatározta paralelogramma területének mértékszáma. A skaláris szorzat ennek a hossznak és a w vektor u $\times $ v irányába eső merőleges vetületének a szorzata, a vetületet pozitív vagy negatív előjellel értve aszerint, amint {\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}. * C. G. J. Jacosi német matematikus, született Potsdamban, 1804-ben, meghalt 1851-ben Berlinben. Königsbergben volt egyetemi tanár, majd akadémikus Berlinben. Döntő része volt az elliptikus függvények elméletének kidolgozásában, jelentősek emellett algebrai eredményei is. ** SOPHUS LIE norvég matematikus, született 1842-ben Nordfjordeidben, meghalt Oslóban, 1899-ben. Oslöban, Lipcsében, majd ismét Oslóban volt egyetemi tanár. Főleg a folytonos transzformációcsoportok vizsgálatával és alkalmazásaikkal foglalkozott. {\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots}{\ldots} az egyirányú u x v-vel vagy vele ellentétes irányú. Ennek a vetületnek az abszolútértéke azonban az u, v és w vektorok által meghatározott paralelepipedon u és v közti lapjához tartozó magassága. A vegyesszorzat tehát a paralelepipedon térfogatát adja meg pozitív előjellel, ha u x v és w közti szög hegyesszög, ami azt jelenti, hogy u, v és w ebben a sorrendben jobbkézrendszert alkot; ha ez a szög tompaszög, akkor a térfogatot negatív előjellel kapjuk, a három vektor pedig balkézrendszert alkot. Ha a három vektor balkézrendszert alkot, akkor tehát negatív előjellel adja a vegyesszorzat a térfogatot; ha pedig a három vektor egy síkban van (közös kezdőpontot választva), akkor a vegyesszorzat 0, valódi paralelepipedon pedig nem jön létre.

Ebből az is következik, hogy a három vektor szerepe valójában egyenrangú. Ennek megfelelően (6) (u $\times $ v)w = u(v $\times $ w). Ennek alapján szokás a vegyesszorzatot u v w-vel is jelölni. Az elmondottakból az is következik, hogy a tényezők ciklikus cseréje nem változtatja meg a vegyesszorzatot, a ciklikus sorrend megfordítása viszont az ellentettjére változtatja:

$f)$ Megemlítjük végül a vektoriális szorzat néhány alkalmazását - az első kivételével - korábbi versenyfeladatok megoldására. 1) A vegyesszorzat (6) tulajdonsága és a kifejtési tétel felhasználásával a vektoriális szorzat hosszára azt kapjuk, hogy

Mivel a bal oldal pozitív, kivéve, ha u és v párhuzamos, így a vektorokat derékszögű koordinátákkal adva meg u = $u_{l}$i + $u_{2}$j + $u_{3}$k, v = $v_{l}$i + $v_{2}$j + $v_{3}$k azt kaptuk, hogy

és akkor áll fenn egyenlőség, ha az u és v vektor egymással arányos $u_{l} \quad : u_{2} : u_{3} = v_{l}$ : $v_{2}$ : $v_{3}$. Ezzel a CAUCHY-féle egyenlőtlenség számhármasokra vonatkozó esetét kaptuk. (Vesd össze a II. rész 93-94. old. jegyzetével.) 2) Az 1913/2. feladat annak bizonyítását kívánta, hogy az OAB'CBC'O'A' kocka azoknak az éleinek felezőpontjai, amelyek nem mennek át az egymással szemben fekvő $O$ és $O'$ csúcsokon, egy síkban vannak, éspedig egy szabályos hatszög csúcsai (lásd I. rész 130-131. old.). Az állítás első részének igazolásához nyilvánvalóan elég azt megmutatni, hogy 4 egymás utáni felezőpont pl. - a 8. ábra jelöléseit használva - $L$, $M, N $és $P$ egy síkban van. Ez egyenértékű azzal, hogy az $L$-ből a másik három ponthoz mutató vektor vegyesszorzata 0.

Jelöljük az $\overrightarrow {LB'} $, $\overrightarrow {B'M} $és $\overrightarrow {CN} $vektorokat u, v, w-vel Ekkor $\overrightarrow {LM} \quad =$ u + v, $\overrightarrow {LN} $ = u + 2v + w, $\overrightarrow {LP} $ = 2v + 2w így a vektoriális és a skaláris szorzat disztributív tulajdonságát ismételten alkalmazva, és 0 illetve 0 értékű tagokat elhagyva $\overrightarrow {LM} \overrightarrow {LN} \overrightarrow {LP} =$((u + v) $\times $ (u + 2v + w))(2v + 2w) =

mert a két megmaradt vegyesszorzat egymás ellentettje. Figyeljük meg, hogy semmi feltevést sem használtunk fel sem az u, v, w vektorok hosszára, sem a köztük levő szögekre. A szóban forgó 6 pont tehát tetszés szerinti paralelepipedon esetén is egy síkban van. A hat pont által meghatározott hatszög általában már nem szabályos, hiszen 3 szomszédos oldal hossza sorra az AC, CB, BA átlók hosszának a fele. Szabályos hatszöget tehát csak akkor kaphatunk, ha a három átló szabályos háromszöget alkot. Könnyű belátni, hogy ebben az esetben mindig szabályos hatszög keletkezik, bárhol fekszik is (az ABC síkon kívül) az $O$ pont. Tehát távolról sem csak a kocka esetében következik ez be. 3) Az 1936/2. feladat a háromszög belsejében annak a pontnak a meghatározását kívánta, amelyikből a csúcsokhoz húzott egyenesek a háromszöget egyenlő területű részekre osztják (II . rész 73-75. old .). A pontból a csúcsokhoz mutató vektorokat a, b, c-vel j elölve a feltételt az (7) a $\times $ b = b $\times $ c = c $\times $ a egyenlőségpár fejezi ki. A szorzatvektorok egyirányúak, mivel a pont a háromszög belsejében van . A két egyenlőségből

Ez azt jelenti, hogy alkalmas $r$, $s $valós számokkal

\section{A kettőből kiküszöbölve a-t}

Mivel a és b nem párhuzamos, $r=s$ = -1, azaz (8) a + b + c = 0. A bal oldal a súlypont helyvektorának a háromszorosa, tehát a kérdéses pont a háromszög súlypontja. Ha (8) mindkét oldalát megszorozzuk balról b-vel, illetve c-vel, kapjuk, hogy a súlypontra teljesül (7) . 4) Az 1942/3. feladat általánosítása a következőt kérdezi: Az ABC háromszög BC, CA, AB oldalának az először említett csúcshoz közelebbi harmadoló pontja $A_{l}$, $B_{1}$, illetve $C_{l}$. A háromszög területének hányadrésze az AA$_{1}$, BB$_{1}$, CC$_{1}$ egyenesek közti háromszög területe? (II. rész 117-119. old.) Jelöljük az egyenesek metszéspontjait rendre $C_{2}, A_{2}, B_{2}$-vel, a $\overrightarrow {BC} , \overrightarrow {CA} , \overrightarrow {AB} $ vektorokat a, b, c-vel (9 . ábra). Ekkor

$\overrightarrow {CC_1 } =$ b + $\frac{1}{3}$c = $-\frac{1}{3}$a + $\frac{2}{3}$b

Ha $\overrightarrow {BA_2 } = r\overrightarrow {BB_1 } $ és $\overrightarrow {CA_2 } = s\overrightarrow {CC_1 } , $akkor $r$(a + $\frac{1}{3}$b) = a + $s(-\frac{1}{3}$a + $\frac{2}{3}$b), azaz $\frac{r-2s}{3}$b = $\frac{3-3r-s}{3}$a Mivel a és b nem párhuzamos, innen $r$ = 2$s$ és 3 = 3$r+s$ = 7$s$, azaz s = $\frac{3}{7}$, $r=\frac{6}{7}.$ Az $A, B, C$ csúcsok szerepét egyrészt a $C$, $A, B $csúcsoknak adva át, másrészt a $B$, $C, A $csúcsoknak, ugyanúgy nyerjük a $\overrightarrow {BC_2 } =\frac{3}{7}\overrightarrow {BB_1 } $ és a $\overrightarrow {CB_2 } =\frac{6}{7}\overrightarrow {CC_1 } $ összefüggést. Ezekből $\overrightarrow {C_2 A_2 } \quad = \quad \frac{3}{7}$(a + $\frac{1}{3}$b) = $\frac{3}{7}$a + $\frac{1}{7}$b és $\overrightarrow {A_2 B_2 } \quad = \quad \frac{3}{7}(-\frac{1}{3}$a + $\frac{2}{3}$b) = $-\frac{1}{7}$a + $\frac{2}{7}$b. Így egy $A_{2}B_{2}C_{2}$ háromszög kétszeres területének mértékszámával egyenlő hosszúságú vektort ad a következő szorzat:

Ez pedig azt jelenti, hogy az$ A_{2}B_{2}C_{2}$ háromszög területe az ABC háromszög területének hetedrésze. 5) Az 1958/3. feladat annak a bizonyítását kívánja, hogy ha egy hatszög szemben fekvő oldalpárjai párhuzamosak, akkor a minden második csúcs összekötésével keletkező két háromszög területe egyenlő (lásd II. rész, 188-193 . old.). Tekintsük az oldalakat vektoroknak a hatszög egyik körüljárásának megfelelően irányítva. A feladat feltétele ekkor azt mondja, hogy három egymás utáni oldalvektort a, b, c-vel jelölve a másik három alkalmas $r, s, t $számokkal $r$a, $s$b, $t$c és az irányítás választása folytán

A háromszög kétszeres területe hosszúságú vektoriális szorzatok különbsége, felhasználva (1)-et és a fenti összefüggést is, így alakítható:

Megjegyezzük, hogy az oldalvektorok közti összefüggésből azonnal adódik, hogy ha valódi hatszögről van szó, tehát szomszédos oldalpárok nem párhuzamosak, és egy szemközti oldalpár egyenlő hosszú és ellentétes irányú (pl. $t = $-1), akkor egyszersmind $r = s = $-1, vagyis a másik két oldalpór is egyenlő és ellentétes irányú. 6) Az 1960/3. feladat a következő volt: Az ABCD négyzet AB oldalának felezőpontja $E$. Bizonyítsuk be, hogy ha a BC, CD oldalak $F$, $G $pontjára EF ?? AG, akkor FG érinti a négyzetbe írt kört (lásd II. rész, 202-205 . old.). Azt látjuk be, hogy a négyzet $K$ középpontjának az FG egyenestől mért $d$ távolsága a négyzetoldal felével egyenlő (10. ábra). Válasszuk ezt a távolságot mértékegységnek és nevezzük az EB, EK egységvektorokat i, j-nek. Ekkor alkalmas $r, $s számokkal DG = ri, BF = sj . A feltételt az

egyenlőség fejezi ki, azaz

Mivel i és j nem párhuzamos, így innen (9) rs = 2. \section{Jegyezzük meg, hogy} (10)

mert a tényezők merőleges egységvektorok. A meghatározandó $d $távolság a $\overrightarrow {KF} $ és $\overrightarrow {FG} $ vektorok meghatározta paralelogramma területének, vagyis vektoriális szorzatuk hosszának és az $\overrightarrow {FG} $ vektor hosszának a hányadosa. $\overrightarrow {KF} \times \overrightarrow {FG} =$ (i + (s -- 1)j) ((-2 + $r)$i + (2 -- $s)$ =

Az egységvektorok merőlegessége folytán $\left| {\overrightarrow {FG} } \right|^2=$(-2+r)$^{2}+(2 - s)^{2} = r^{2} + s^{2} - $ 4$r - $ 4$s + $ 8$. $ Ezek után $d$-re (10) folytán $d=\frac{\left| {-rs+r+s} \right|}{\sqrt {r^2+s^2-4r-4s+8} }.$ Bővítsünk $s$-sel és használjuk fel (9)-et, ekkor a számláló

lesz, a nevező pedig

Azt kaptuk tehát, hogy $d$ = 1, és ezt kellett bizonyítani. Figyeljük meg, hogy az egyes esetekben csak annyi volt a dolgunk, hogy a problémát átfogalmazzuk vektorokra, a fellépő formulákat szabvány számolási eljárásokkal egyszerűsítsük és leolvassuk a eredmény geometriai jelentését. Különösebb ötleteket nem igényelt a vektoros megoldás. Ez mutatja, hogy igen hatékony segédeszköz birtokába jutottunk.