label {
font-family: Heebo, Arial, sans-serif;
font-weight: bold;
}
סמנו ב-✔, או בטלו את הסימון, כדי להראות/להחביא את החלקים השונים:הגדרותמשפטיםהוכחותדוגמאות
כל פקודה תתחיל ב-MKגדולות עש מיכאל קלי (Michael Kali), וזאת משתי סיבות:
כדי שבטבלת הקיצורים שבתוך \SpecialChar LyX תופענה כל הפקודות זו לצד זו.
הבחירה דווקא באותיות גדולות נועדה לוודא שהפקודות אינן מתנגשות עם פקודות \SpecialChar LaTeX מקוריות.
על הפקודות להיות קצרות ככל האפשר, וזאת כדי לאפשר את כתיבתן במהירות מבלי ליצור להן קיצור מקלדת. הסיבה לכך שלא ניצור קיצור מקלדת לכל פקודה היא שפעמים רבות ניצור פקודות שתיועדנה למקרים מסוימים מאוד, ואז יעבור זמן רב עד שנשתמש בקיצור המקלדת בפעם הבאה ולכן לא נזכור אותו - הרבה יותר פשוט לזכור את הפקודה שיצרנו מכיוון שיש לה תוכן אמיתי שקשור לפלט הרצוי מן הפקודה. סיבה נוספת היא שיצירת קיצור מקלדת לכל פקודה ולו החריגה ביותר תקשה עלינו ליצור קיצורי מקלדת לפקודות חשובות יותר. לפיכך פקודות שימושיות מאוד שבוודאי ניצור להן קיצור מקלדת ונשתמש בו פעמים רבות אינן צריכות להיות קצרות.
כדי להקל על כתיבת פקודות שלא יצרתי להן קיצור מקלדת כתבתי קיצור מקלדת שיוצר את הקידומת של כל פקודות ה-macrosשלי ואז כל מה שנותר הוא להקיש שלוש-ארבע אותיות כדי לבחור את הפקודה הרצויה, קיצור המקלדת המדובר הוא "Ctrl+k".
לכל גופן יש קידומת בת שתי אותיות.
\(\:\)
\(\:\)קבוצות ופונקציות לפי קורסיםLatexCommand ruleoffset "0.5ex"width "100col%"height "1pt"\(\:\)
\(\:\)המספרים המרוכבים ופונקציות מרוכבות\(\:\)
\(\newcommand{\MKcis}{\text{cis}}\)\(\cos+i\cdot\sin\). המספרים המרוכבים.
\(\newcommand{\MKre}{\text{Re}}\)החלק הממשי של מספר מרוכב. המספרים המרוכבים.
\(\newcommand{\MKim}{\text{Im}}\)החלק המדומה של מספר מרוכב. המספרים המרוכבים.מופיע גם כתמונה של פונקציה.
\(\newcommand{\MKbigcupdot}{\bigsqcup}\)איחוד זר גדול
הקוד שלהלן מייצר את הסימון לאיחוד זר כסימן של איחוד רגיל עם נקודה בתוכו. הקוד מבוסס על זה שמופיע בתגובה הרביעית שבשרשור הזה: https://tex.stackexchange.com/questions/3964/mathematical-symbol-for-disjoint-set-union.
יהי \(\left(\MKbbx,\left|\cdot\right|\right)\) מרחב מטרי, ותהא \(\angle\) מטריקה של קרנות על \(\left(\MKbbx,\left|\cdot\right|\right)\).
הגדרה 1.1. מצולע ב-\(\MKbbx\) הוא גרף לא מכוון \(G:=\left(V,E\right)\) כך ש-\(V\subseteq\MKbbx\), המקיים את שלושת התנאים הבאים:
\(V\) היא קבוצה מישורית.
\(G\) הוא מעגל אוילר פשוט, כלומר קיים מעגל אוילר פשוט \(\left(\MKseqz v,n\right)\) כך ש-\(V=\left\{ \MKseqz v,n\right\} \).
לכל \(v_{1},v_{2},v_{2},v_{4}\in V\), כך ש-\(\left\{ v_{1},v_{2}\right\} \in E\) ו-\(\left\{ v_{3},v_{4}\right\} \in E\), מתקיים \(\left[v_{1}.v_{2}\right]\cap\left[v_{3},v_{4}\right]=\emptyset\).
מסקנה 1.2. לכל מצולע יש לפחות שלושה קודקודים שונים.
\(\clubsuit\)
נוהגים לכנות מצולע בעל \(10\) צלעות ומטה לפי מספר הצלעות שלו: משולש (\(3\)), מרובע (\(4\)), מחומש (\(5\)), משושה, (\(6\)), משובע (\(7\)), מתומן (\(8\)), מתושע (\(9\)) ומעושר (\(10\)).
2 פונקציית זווית
הגדרה 2.1. פונקציית זווית יהי \(\left(\MKbbg,\left|\cdot\right|\right)\) מרחב מטרי, ותהא \(\measuredangle\) מטריקה של קרנות על \(\left(\MKbbg,\left|\cdot\right|\right)\). נאמר ש-\(\measuredangle\) היא פונקציית זווית על \(\left(\MKbbg,\left|\cdot\right|\right)\) אם היא מקיימת את הפסוק הנקרא "הקשר בין זווית למרחק": לכל שש נקודות \(A,B,O,A',B',O'\in\MKbbg\) כך ש-\(A,B\) שונות מ-\(O\) ו-\(A',B'\) שונות מ-\(O'\), ובנוסף \(\left|AO\right|=\left|A'O'\right|\) ו-\(\left|BO\right|=\left|B'O'\right|\), מתקיים:\[
\left|AB\right|<\left|A'B'\right|\Longleftrightarrow\measuredangle AOB<\measuredangle A'O'B'
\]ובמקרה כזה נאמר שהשלשה \(\left(\MKbbg,\left|\cdot\right|,\measuredangle\right)\) היא גאומטריה.
תהא \(\left(\MKbbg,\left|\cdot\right|,\measuredangle\right)\) גאומטריה בעלת משולשים, ויהיו \(\triangle ABC\) ו-\(\triangle A'B'C'\) שני משולשים בגאומטריה זו.
מסקנה 2.2. משפט חפיפה: צלע-צלע-צלע\(\:\) אם \(\left|AB\right|=\left|A'B'\right|\), \(\left|BC\right|=\left|B'C'\right|\) וגם \(\left|CA\right|=\left|C'A'\right|\), אז \(\triangle ABC\cong\triangle A'B'C'\).
הוכחה. נניח שאורכי הצלעות של המשולשים שווים זה לזה כנ"ל, ונניח בשלילה שאחת משלוש הזוויות במשולש \(\triangle ABC\) אינה שווה לזווית המתאימה במשולש \(\triangle A'B'C'\). כמו כן, נניח בהג"כ שזוהי \(\measuredangle ABC\) (כלומר \(\measuredangle ABC\neq\measuredangle A'B'C'\)). וש-\(\measuredangle ABC<\measuredangle A'B'C'\). ע"פ הקשר בין זווית למרחק מתקיים \(\left|AC\right|<\left|A'C'\right|\) בסתירה להנחה.
מסקנה 2.3. משפט חפיפה: צלע-זווית-צלע\(\:\) אם \(\left|AB\right|=\left|A'B'\right|\), \(\measuredangle ABC=\measuredangle A'B'C'\) וגם \(\left|BC\right|=\left|B'C'\right|\), אז \(\triangle ABC\cong\triangle A'B'C'\).
הוכחה. נניח ש-\(\left|AB\right|=\left|A'B'\right|\), \(\left|BC\right|=\left|B'C'\right|\) וגם \(\measuredangle ABC=\measuredangle A'B'C'\). מהקשר בין זווית למרחק נובע ש-\(\left|AC\right|=\left|A'C'\right|\), ולכן ע"פ SSS מתקיים \(\triangle ABC\cong\triangle A'B'C'\).
מסקנה 2.4. אם \(\triangle ABC\) הוא משולש שווה -שוקיים (\(\left|AB\right|=\left|AC\right|\)) אז:
זוויות הבסיס שוות זו לזו (\(\measuredangle ABC=\measuredangle ACB\)).
חוצה זווית הראש והתיכון לבסיס מתלכדים, כלומר חוצה הזווית \(\measuredangle BAC\) קיים אם"ם התיכון לצלע \(\left\{ B,C\right\} \) קיים ובמקרה כזה הם מתלכדים.
הוכחה. \(\:\)
מתקיים \(\triangle ABC\cong\triangle ACB\) (SSS) ובפרט \(\measuredangle ABC=\measuredangle ACB\).
תהא \(D\in\MKbbg\) נקודה בין \(A\) ל-\(C\) (אם אין כזו המשפט נכון באופן ריק).
נניח ש-\(\left[B,D\right]\) הוא חוצה הזווית של \(\measuredangle ABC\), כלומר \(\measuredangle ABD=\measuredangle CBD\) ולכן ע"פ SAS המשולשים \(\triangle ABD\) ו-\(\triangle CBD\) חופפים. בפרט \(\left|AD\right|=\left|CD\right|\), ומכאן ש-\(\left[B,D\right]\) הוא התיכון לצלע \(\left\{ A,C\right\} \).
נניח ש-\(\left[B,D\right]\) הוא התיכון לצלע \(\left\{ A,C\right\} \), כלומר \(\left|AD\right|=\left|CD\right|\). בנוסף, ע"פ סעיף1מתקיים \(\measuredangle BAD=\measuredangle BAC=\measuredangle BCA=\measuredangle BCD\), ולכן ע"פ SAS המשולשים \(\triangle ABD\) ו-\(\triangle CBD\) חופפים. בפרט \(\measuredangle ABD=\measuredangle CBD\), ומכאן ש-\(\left[B,D\right]\) הוא חוצה-הזווית של \(\measuredangle ABC\).
מסקנה 2.5. אם \(\triangle ABC\) שווה-צלעות אז הוא גם שווה-זוויות.
3 שלמות
הגדרה 3.1. גאומטריה \(\left(\MKbbg,\left|\cdot\right|,\measuredangle\right)\) תיקרא שלמה אם מתקיימים שני התנאים הבאים:
לכל שתי נקודות \(A,B\in\MKbbg\) כך ש-\(A\neq B\), ולכל \(0<r_{1},r_{2}\in\MKreal\) כך ש-\(\left|r_{1}\pm r_{2}\right|=\left|AB\right|\), קיימת נקודה \(C\in\MKbbg\) המקיימת \(\left|AC\right|=r_{1}\) ו-\(\left|BC\right|=r_{2}\); כלומר כל קבוצה קווית מרבית היא ישר.
לכל שלוש נקודות \(A,B,O\in\MKbbg\) שאינן קוויות, ולכל שתי זוויות \(\alpha,\beta\in\left[0,\frac{1}{2}\right]\) המקיימות \(\left|\alpha\pm\beta\right|=\measuredangle AOB\) ו/או \(\measuredangle AOB+\alpha+\beta=1\), קיימת נקודה \(C\in\MKbbg\) כך ש-\(\measuredangle AOC=\alpha\) ו-\(\measuredangle BOC=\beta\).
\(\clubsuit\)
התנאי הראשון מקפל בתוכו את שתי האקסיומות הראשונות של אוקלידס:
"ניתן להעביר קטע ישר בין כל שתי נקודות" - בשפה שלנו: לכל \(A,B\in\MKbbg\), ולכל \(0<r_{1},r_{2}\in\MKreal\) כך ש-\(r_{1}+r_{2}=\left|AB\right|\), קיימת נקודה \(C\in\MKbbg\) המקיימת \(\left|AC\right|=r_{1}\) ו-\(\left|BC\right|=r_{2}\)1בהמשך נגדיר את קבוצת כל הנקודות הללו בתור הקטע \(\left(A,B\right)\)..
"ניתן להמשיך כל קטע עד לקבלת ישר" - בשפה שלנו: לכל \(A,B\in\MKbbg\), אם הקבוצה \(\left\{ P\in\MKbbg\mid B\text{-ל}\ A\ \text{ןיב תאצמנ}\ P\right\} \) היא קטע2ראו בהערה הקודמת מהו קטע., אז לכל \(0<r_{1},r_{2}\in\MKreal\) המקיימים \(\left|r_{1}-r_{2}\right|=\left|AB\right|\), קיימת נקודה \(C\in\MKbbg\) כך ש-\(\left|AC\right|=r_{1}\) ו-\(\left|BC\right|=r_{2}\).
\(\clubsuit\)
התנאי השני מתאים לאקסיומה השלישית של אוקלידס3אמנם התנאי השני שלנו חלש ממנו, אך יחד עם הראשון מתקבלת האקסיומה השלישית של אוקלידס במלואה. - "ניתן לצייר מעגל בכל רדיוס וסביב כל מרכז". כאן ההמרה לשפה שלנו מסובכת מעט: ראשית, אוקלידס עובד במישור, ואילו אנו לא הגבלנו את \(\MKbbg\); שנית, מעגל במישור הוא קבוצת כל הנקודות במישור הנמצאות במרחק מסוים מנקודה הנקראת "מרכז המעגל", אלא שהמילה "במישור" טומנת בתוכה הרבה יותר משנראה במבט ראשון - היא מוסיפה את העובדה שלכל כיוון אכן קיימת נקודה בכיוון זה ובמרחק המתאים. נשים לב: לכל שתי נקודות, ולכל זווית שאינה מנוונת/שטוחה, ישנם שני כיוונים היוצרים את אותה זווית עם הישר שמגדירות שתי הנקודות - גם בעיה זו נוצרת מהעובדה שאיננו עובדים במישור, שכן רק במישור ניתן לעבוד עם זווית מכוונת4זווית מכוונת היא זווית המבדילה בין סיבוב עם כיוון השעון לסיבוב נגדו.. הדרך שבה התמודדנו עם הבעיה היא לזהות את כיוון הזווית באמצעות השוואתה לשתי קרניים שהזווית ביניהן אינה שטוחה/מנוונת, ובאותה הזדמנות דרשנו שהנקודה החדשה תהיה במישור שמגדירות שתי הקרניים. כך השגנו את כל הכיוונים האפשריים במישור זה, ואילו את הקיום של נקודה עבור כל מרחק אפשרי נקבל מהתנאי הראשון.
מסקנה 3.2. בגאומטריה שלמה, בכל משולש יש חוצה-זווית לכל אחת משלוש הזוויות, ויש תיכון לכל אחת מהצלעות.
תהא \(\left(\MKbbg,\left|\cdot\right|,\measuredangle\right)\) גאומטריה, נניח שיש ב-\(\MKbbg\) משולשים, ויהיו \(\triangle ABC\) ו-\(\triangle A'B'C'\) שני משולשים.
מסקנה 3.3. משפט חפיפה: זווית-צלע-זווית\(\:\) אם \(\measuredangle ABC=\measuredangle A'B'C'\), \(\left|AB\right|=\left|A'B'\right|\) וגם \(\measuredangle BAC=\measuredangle B'A'C'\), אז \(\triangle ABC\cong\triangle A'B'C'\).
הוכחה. נניח ש-\(\measuredangle ABC=\measuredangle A'B'C'\), \(\left|AB\right|=\left|A'B'\right|\) וגם \(\measuredangle BAC=\measuredangle B'A'C'\), ונניח בשלילה ש-\(\triangle ABC\ncong\triangle A'B'C'\). מכאן ש-\(\left|AC\right|\neq\left|A'C'\right|\) וגם \(\left|BC\right|\neq\left|B'C'\right|\), שכן אחרת נקבל מSAS ש-\(\triangle ABC\cong\triangle A'B'C'\). כעת נניח בהג"כ ש-\(\left|AC\right|<\left|A'C'\right|\), ותהא \(D\in\MKbbg\) כך ש-\(\left|AD\right|=\left|A'C'\right|\) ו-\(\left|CD\right|=\left|A'C'\right|-\left|AC\right|\) (הקיום של \(D\) נובע משלמות הגאומטריה) - משוויונות המשולש המנוון נובע ש-\(C\) נמצאת בין \(A\) ל-\(D\), ולפיכך \(\measuredangle BAC=\measuredangle BAD\). כעת נקבל ממשפט SAS ש-\(\triangle ABD\cong\triangle A'B'C'\), ובפרט \(\measuredangle ABD=\measuredangle A'B'C'=\measuredangle ABC\). מצד שני, ראינו בחלק הקודם שמהיות \(C\) בין \(A\) ל-\(D\) נובע ש-\(\measuredangle ABD=\measuredangle ABC+\measuredangle CBD\), אם כן קיבלנו ש-\(\measuredangle CBD=0\) ומכאן ש-\(D\in L_{BC}\); אך זה עומד בסתירה לכך שלישרים \(L_{AC}\) ו-\(L_{BC}\) יש לכל היותר נקודת חיתוך אחת. מכאן שהנחת השלילה שאינה נכונה ו-\(\triangle ABC\cong\triangle A'B'C'\).
מסקנה 3.4. \(\triangle ABC\) הוא משולש שווה-שוקיים אם"ם זוויות הבסיס ב-\(\triangle ABC\) שוות זו לזו, כלומר \(\measuredangle ABC=\measuredangle ACB\Longleftrightarrow\left|AB\right|=\left|AC\right|\).
הוכחה. הגרירה מימין לשמאל מופיעה כבר במסקנה 1.4, ואילו הגרירה משמאל לימין נובעת מהחפיפה \(\triangle ABC\cong\triangle ACB\) (ASA).
מסקנה 3.5. \(\triangle ABC\) הוא משולש שווה-צלעות אם"ם הוא משולש שווה-זוויות.
משפט 3.6. במשולש ישר-זווית היתר ארוך ממש מהניצבים תהיינה \(A,B,C\in\MKbbx\) כך ש-\(A,C\) שונות מ-\(B\). אם \(\measuredangle ABC\) היא זווית ישרה, אז \(\left|AC\right|>\left|AB\right|\), וכמו כן \(\left|AC\right|>\left|BC\right|\).
הוכחה. נניח ש-\(\measuredangle ABC=\frac{\pi}{2}\), ותהא \(D\in\MKbbg\) נקודה כך ש-\(\left|AB\right|=\left|BD\right|\) ו-\(\left|AD\right|=\left|AB\right|+\left|BD\right|\) (הקיום של \(D\) נובע משלמות הגאומטריה). ע"פ שוויונות המשולש המנוון נובע ש-\(\measuredangle ABD=\pi\), וכפי שראינו בחלק הקודם נובע מזה ש-\(\measuredangle ABC+\measuredangle CBD=\measuredangle ABD=\pi\), ולכן \(\measuredangle CBD=\frac{\pi}{2}\), וממילא \(\triangle ABC\cong\triangle DBC\) (משפט SAS).\[
\Rightarrow\left|AC\right|=\left|CD\right|
\]מא"ש המשולש ומהעובדה ש-\(C\notin\left[A,D\right]\) נובע כי:\[
\left|AB\right|+\left|BD\right|=\left|AD\right|<\left|AC\right|+\left|CD\right|
\]ומהשוויונות \(\left|AB\right|=\left|BD\right|\) ו-\(\left|AC\right|=\left|CD\right|\) נסיק שאכן \(\left|AC\right|>\left|AB\right|\). ההוכחה עבור הא"ש \(\left|AC\right|>\left|BC\right|\) זהה עד כדי החלפת \(A\) ו-\(C\) בכל מקום.
מסקנה 3.7. לא קיים משולש בעל שתי זוויות ישרות: אם \(\measuredangle ABC\) היא זווית ישרה אז \(\measuredangle BAC\) ו-\(\measuredangle ACB\) אינן כאלה.
3.1 שני ישרים נחתכים ע"י ישר שלישי
הגדרה 3.8. נאמר ששתי קבוצות קוויות \(S,T\subseteq\MKbbg\)מאונכות זו לזו אם הן נחתכות5תזכורת: נאמר ששתי קבוצות נחתכות אם החיוך שלהן אינו ריק., ולכל \(O\in S\cap T\), \(A\in S\), \(B\in T\), הזווית \(\measuredangle AOB\) היא זווית ישרה. במקרה כזה נסמן \(S\perp T\).
מסקנה 3.9. שתי קבוצות קוויות \(S,T\subseteq\MKbbg\) הן מאונכות אם"ם קיימות שלוש נקודות \(O\in S\cap T\), \(A\in S\), \(B\in T\) כך ש-\(\measuredangle AOB\) היא זווית ישרה.
משפט 3.10. יהיו \(L_{1},L_{2},L_{3}\subseteq\MKbbg\) שלושה ישרים, אם \(L_{1}\perp L_{2}\) וגם \(L_{2}\perp L_{3}\) אז \(L_{1}\) ו-\(L_{3}\) אינם נחתכים.
הוכחה. תהיינה \(A,B\in\MKbbx\) נקודות החיתוך של \(L_{1}\) ו-\(L_{3}\) עם \(L_{2}\)6נתון ש-\(L_{1}\perp L_{2}\) ו-\(L_{2}\perp L_{3}\), ובפרט הישרים אכן נחתכים., נניח בשלילה ש-\(L_{1}\) ו-\(L_{3}\) נחתכים, ותהא \(C\in L_{1}\cap L_{3}\). ע"פ הנתון (\(L_{1}\perp L_{2}\) ו-\(L_{2}\perp L_{3}\)) הזוויות \(\measuredangle ABC\) ו-\(\measuredangle BAC\) הן זוויות ישרות, בסתירה למסקנה 3.7.
מסקנה 3.11. תהיינה \(A,B,C,D\in\MKbbg\) כך ש-\(C\) ו-\(D\) נמצאות באותו צד של הישר \(L_{AB}\). אם \(\measuredangle BAC+\measuredangle ABD=\pi\) אז הישרים \(L_{AC}\) ו-\(L_{BD}\) אינם נחתכים.