Жазықтықтағы фигураларды әртүрлі құралдардың көмегімен салу

Жұмыс түрі: Дипломдық жұмыс
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 33 бет
Таңдаулыға:

МАЗМҰНЫ

КІРІСПЕ ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 3
І-ТАРАУ. НЕГІЗГІ ӘДІСТЕР
§1.1. Негізгі салулар. Салу есептерін шешудің негізгі схемасы ... ... ... ... ... ...5
§ 1.2. Қиылысу әдісі. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 11
§ 1.3. Ұқсастық және инверсия әдісі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 17
§ 1.4. Алгебралық әдіс ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .24
ІІ-ТАРАУ. САЛУ ЕСЕПТЕРІНІҢ ШЕШІМІНІҢ БАР БОЛУ ПРИНЦИПЕТРІ
§ 2.1. Есепті сызғыш пен циркульдің көмегімен салу есептерінің шешімі болатындығы туралы негізгі теоремалар ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..31
§ 2.2. Сызғыш пен циркульдің көмегімен шешілмейтін есептер ... ... ... ... ... ..38
Қорытынды ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 43
Пайдаланған әдебиеттер тізімі ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... 44

КІРІСПЕ
Мектеп курсының геометрия пәнінің бір тарауы арнайы салу есептеріне бөлінген. Себебі, салу есептерінін шығару арқылы мектеп оқушылары геометрияның негізгі постулаттарын, анықтамаларын және теоремаларын меңгереді. Ол оқушылардың геометриялық фигураларды меңгеруіне үлкен септігін тигізеді.
Кейбір күрделі салу есептерін шешу өте қиын. Мұндай есептерді шешу үшін аранайы әдістер қолданылады.
Бұл диплом жұмысы жазықтықтағы фигураларды әртүрлі құралдардың көмегімен салу болып табылады. Егер арнайы құрал атауы берілмесе, онда есеп сызғыш пен циркульдің көмегімен шешіледі.
Диплом жұмысының бірінші тарауында қарапайым салулар, салу есептерін шешудің негізгі схемасы және қиылысу , ұқсастық, инверсия , алгебралық әдістер қарастырылған. Негізгі схеманың, яғни анализ, салу, дәлелдеу, зерттеу көмегімен өте күрделі есептерді шешуге болады. Салу есептерін шешудің әдістері өте көп, бірақ көбіне қиылысу , ұқсастық, инверсия , алгебралық әдістері қолданылады. Әдістерді қолданып, есептерді шығару жолдары көрсетілген.
Екінші тарауда есепті сызғыш пен циркульдің көмегімен салу есептерінің шешімі болатындығы туралы негізгі теоремалар және сызғыш пен циркульдің көмегімен шешілмейтін есептер қарастырылған. Сызғыш пен циркульдің көмегімен шешуге болмайтын есептерге: дөңгелектің квадратурасы туралы , шеңберді түзулеу туралы, бұрыштың трисенциясы туралы, кубты екі еселеу, дұрыс көпбұрыштарды салу туралы есептер жатады. Осы есептерді сызғыш пен циркульдің көмегімен салуға болмайтындығы дәлелденген.
Кейбір салу есептері тек сызғыштың немесе тек циркульдің көмегімен шешіледі. Бірінші есепті Штейнер есебі, ал екінші есепті Мор-Маскерони есебі деп атаймыз. Бұл есптерді шешу жолдарына кеңінен тоқталған.

І-ТАРАУ. НЕГІЗГІ ӘДІСТЕР
§ 1.1. Негізгі салулар. Салу есептерін шешудің негізгі схемасы.
Кез-келген салу есебінде берілген фигуралардың көмегімен ізделінді фигураны салу болып табылады және ол белгілі бір шарттарды қанағаттандыруы қажет. Салу есебі кезінді ізделінді фигураны қандай құралдардың көмегімен салу керек екендігі ескертіледі. Егер ондай ескерту берілмесе, онда ізделінді фигураны сызғыш пен циркульдің көмегімен саламыз.
Салу есебін жүзеге асыру кезінде сызғыштың өлшем бірлігі жоқ деп есептелінеді, яғни сызғыштың көмегімен тек екі нүкте арқылы түзу жүргізуге болады. Циркульдің көмегімен тек центрі берілген нүктеде, ал радиусы берілген немесе тұрғызылған кесіндінің ұзындығына тең шеңбер салуға болады.
Кеңістікте кез-келген бір жазықтықты алайық. Оны негізгі жазықтық деп атаймыз. Қарастырып жатқан барлық фигуралар осы жазықтықта жатыр деп есептейік. Негізгі жазықтықта жатқан нүктелер, түзулер мен шеңберлер сызғыш пен циркульдің көмегімен салу есебінде маңызды рол атқарады. Сондықтан оларды негізгі фигуралар деп атаймыз. Негізгі фигуралардан басқа бізді келесі қарапайым фигуралар да қызықтырады: кесінді, сәуле, бұрыш, жарты жазықтық, көпбұрыш және шеңбер доғасы. Бірақ бұл фигуралардың әрқайсысы негізгі фигуралардың көмегімен анықталады. Мысалы AB кесіндісі A және B нүктелері мен AB түзуі арқылы анықталады.
Нүктелерді латынның үлкен әріптерімен: A, B, C,..., ал түзулерді латынның кіші әріптерімен: a, b, c,... белгілейміз. Кесінділерді: АВ, СD,..., ал бұрыштарды: ВОС немесе А деп белгілейміз. Шеңберді (О,r) немесе (O,AB) деп белгілейміз.
Салу есебін шығару үшін алдымен негізгі постулаттарды білу қажет.
П1. Берілген екі нүкте арқылы түзу жүргізу.
П2. Берілген нүктеден, берілген радиуста шеңбер жүргізу.
П3. Параллель емес екі түзудің қиылысу нүктесін салу.
П4. Шеңбер мен түзудің қиылысу нүктесін салу, егер олар қиылысса.
П5. Екі шеңбердің қиылысу нүктесін салу, егер олар қиылысса.
Енді сызғыш пен циркульдің көмегімен салу есебінің қойылуын қарастырайық. ақырлы негізгі фигуралар берілсін және салынбаған негізгі фигураны сипаттайтын қасиеттер берілсін. П1-П5 постулаттарының көмегімен ізделінді Ф фигурасын салу керек. Салу кезінде жүзеге асыратын қадамның саны ақырлы болуы керек.
Салу есебін шешу дегеніміз, оны тізбектей орындалатын П1-П5 қарапайым салу есептерін келтіру. Алайды практикада әрбір есепті мұндай түрге келтіру тиімсіз. Көбіне есептерді П1-П5 қарапайым салу есептеріне емес, негізгі салу есептеріне НС1-НС13 келтіреді.
Оларға кеңінен тоқталып өтейік.
НС1. Берілген сәуле бойынан, берілген кесіндіге тең кесінді салу.

НС2. Берілген жарты жазықтықта берілген бұрышқа тең бұрыш салу.

НС3. Үш қабырғасы бойынша үшбұрыш салу.

НС4. Екі қабырғасы мен арасындағы бұрышы бойынша үшбұрыш салу.

НС5. Бір қабырғасы мен іргелес екі бұрышы арқылы үшбұрыш салу.

НС6. Берілген бұрыштың бисектрисасын салу.

НС7. Берілген кесіндіге орта перпендикулярын тұрғызу.

НС8. Берілген кесіндінің ортасын салу.

НС9. Берілген нүктеден берілген түзуге перпендикуляр түзу салу.

НС10. Берілген нүктеден өтетін және берілген түзуге перпендикуляр түзу салу.
НС11. Сүйір бұрышы мен гипотенузасы бойынша тік бұрышты үшбұрыш салу.
НС12. Гипотезнузасы мен катеті бойынша тік бұрышты үшбұрыш салу.
НС13. Берілген нүктеден шеңберге жанама салу.
Күрделі салу есептерін шешу кезінде белгілі бір схема бойынша жүзеге асырылады. Ол схема келесі төрт бөліктен тұрады: анализ, салу, дәлелдеу, зерттеу.
Анализ берілген фигура мен ізделінді фигура арасындағы байланысты анықтап, оны салу есебіне қолдануды қарастырады. Анализ жүргізу үшін есепті шешілген деп есептейміз және ізделінді фигура мен берілген фигуралардың сызбасын саламыз. Онан кейін ізделінді фигурамен есептің берілгендерінің арасындағы байланысты зерттеп, ізделінді фигураны салу үшін қандай салу есептерін орындау керектігін анықтаймыз.
Салу ізделінуі фигураның сызбасын салу үшін орындалатын қарапайым (ҚС) немесе негізгі салу (НС) есептерінің тізбектеп жазып шығу. Әрбір қадамда жазылған салу есебін орындай отырып, ізделінді фигураны салу болып табылады.
Дәлелдеуде салынған фигура есептің берілген шарттарын толық қанағаттандыратынын көрсету керек. Көбіне дәлелдеу салу есебінің жолының дұрыстығынан алынады.
Зерттеу келесі сұрақтарға жауап береді.
Кез-келген жағдайда есептің шешімі бола ма?
Есептің неше шешімі болады?
Жоғарыда айтылған схема негізінде келесі есепті шешейік.
Есеп 1. (О,r) шеңбері мен онда жатпайтын А нүктесі берілген. А нүктесінен берілген шеңберге жанама жүргізу керек.
Шешуі: Анализ. Есепті шешілген деп есептейік, яғни ізделінді фигура салынған.

Мұнда а - (О,r) шеңберін Р нүктесінде жанайтын ізделінді фигура. тік болғандықтан, есепті шешу үшін (О,r) шеңберінің бойында жатқан Р нүктесін табу керек. Яғни ОА кесіндісі тік бұрышына қарсы жатады. Сондықтан Р нүктесі диаметрі ОА тең шеңбердің бойында жатады. Сонымен Р нүктесі диаметрі ОА тең шеңбер мен берілген шеңбердің қиылысында жатыр.
Салу.
1. АО түзуін жүргіземіз (постулат П1)
2. ОА кесіндісінің ортасын саламыз (НС8)
3. (М, МА) шеңберін жүргіземіз (постулат П2)
4. (О, R) шеңбері мен (М, МА) шеңберінің қиылысу нүктелері Р және Q нүктелерін табамыз. (постулат П5)
5. АР және АQ түзулерін жүргіземіз. (постулат П1)

Дәлелдеу. АР және АQ түзулері ізделінді түзулер екендігі салудан түсінікті. Шынында да OPA=OQA=900, сондықтан АРОР және АРОQ. Бұдан АР және AQ - (О,r) шеңберіне жүргізілген жанама екеніндігі түсінікті.
Зерттеу. Есептің шешімі бар болуы үшін (М, МА) шеңбері мен (О,r) шеңберінің ортақ қиылысу нүктесі бар болуы керек. Келесі екі жағдай болуы мүмкін.
1) А нүктесі (О,r) шеңберінің ішінде жатады. Онда ОАr немесе 2Омr. Бұл жағдайда (М, МА) шеңбері мен (0,2) шеңбері қиылыспайды, сондықтан есептің шешімі жоқ.
2) А нүктесі шеңберден тысқары жатыр. Онда OAr немесе 2OMr. Сондықтан (М, МА) шеңбері мен (0,2) шеңбері екі нүкте де қиылысады, сондықтан есептің екі шешімі бар.

§ 1.2. Қиылысу әдісі.
Есепті қиылысу әдісімен шешу үшін, есепті - салу есебінің шарттарынан шығатын және шарттарын қанағаттандыратын Х нүктесін салуға келтіру керек. F1 - шартын қанағаттандыратын нүктелер жиыны, ал F2 - шартын қанағаттандыратын нүктелер жиыны болсын. Онда F1 және F2 қиылысында жатқан кез-келген нүктесі, ізделінді Х нүктесі болатындығы түсінікті.
Х нүктесін салу үшін, F1 және F2 фигуралары сызғыш пен циркульдің көмегімен салынуы қажет, яғни олар не түзулер немесе шеңберлер немесе олардың бір бөлігі болу керек.
Қиылысу әдісінде кеңінен қолданылатын кейбір жиындарды атап өтейік:
10. А және В нүктесінен бірдей қашықтықта жатқан жазықтықтағы нүктелер, АВ кесіндісінің орта перпендикуляры.

20. Берілген түзуден бірдей қашықтықта жатқан нүктелер жиыны, берілген түзуге параллель және берілген қашықтықта жатқан екі түзу.
30. Берілген екі параллель түзуден бірдей қашықтықта жатқан нүктелердің жиыны, олардың симметрия осі болатын түзу.
40. Қиылысатын екі түзуден бірдей қашықтықта жатқан нүктелер жиыны, өзара болатын берілген түзулердің биссектрисалары.
50. АВ кесіндісін тік бұрышқа қарсы жататындай нүктелер жиыны, диаметрі АВ тең шеңбер бойында жатқан нүктелер.
60. АВ кесіндісі бұрышына қарсы жататындай нүктелер жиыны, АВ түзуіне симметриялы орналасқан шеттері А және В нүктелері болатын екі доға бойында жатқан нүктелер.
70. Берілген А және В нүктелерінен арақашықтықтарының айырымы тұрақты болатын нүктелер жиыны, АВ түзуіне түзі бойында жататын нүктелер.
Қиылысу әдісіне негізделген келесі есепті қарастырайық.
Есеп 2. Берілген а және b екі параллель түзуді жанайтын және М -нүктесінен өтетін шеңберді салыңыз.
Шешуі: Анализ. Есепті шешілді, яғни центрі O нүктесінде орналасқан шеңбері салынды деп есептейік. Егер O нүктесін тұрғызсақ, онда (О, ОМ) шеңбері ізделінді болады. Ал О нүктесі келесі екі шартты қанағаттандырады: - бұл нүкте а және b параллель түзулерінен бірдей қашықтықта жатады, -О нүктесі М нүктесінен қашықтықта жатады.

Мұнда d - параллель екі түзудің арақашықтығы.
30 бойынша а және b параллель екі түзуден бірей қашықтықты жатқан нүктелер жиыны, ол симметрия осі болатын QF1 түзуі. Ал М нүктесінен d2 қашықтықта жатқан нүктелер, ол F2 = (M, d2) шеңбері. Ал ізделінді нүкте.
Салу.
1) а және b параллель түзуіне қандай да бір АВ перпендикулярын жүргізейік (НС 9).
2) АВ кесіндісінің m орта перпендикулярын тұрғызайық (НС 7).
3) АВ және m түзулерінің қиылысуы С нүктесін салайық (постулат П3).
4) (М, АС) шеңберін жүргізейік m түзуі мен (М, АС) шеңберінің қиылысуын О деп белгілейік.
5) (О, ОМ) шеңберін салайық.

Дәлелдеу. (О, ОМ) шеңберін салу бойынша М нүктесінен өтеді. болатындықтан, ол а және b түзулерін жанайды.
Зерттеу. Есептің шешімін тек m түзуі мен (М, АС) шеңбері қиылысқанда ғана болатындығы түсінікті, және оның шешімі ортақ нүктелердің санына тең. Келесі үш жағдайды қарастырайық:
1) М нүктесі а және b параллель түзулердің арасында жатсын. Онда , сондықтан (М, АС) шеңбері мен m түзуінің екі ортақ нүктесі болады. Бұл жағдайда есептің екі шешімі бар болады.
2) М нүктесі а және b түзулерінің бірінде жатсын. Бұл жағдайда , сондықтан (М, АС) шеңбері m түзуін жанайды, яғни есептің жалғыз шешімі бар.

3) М нүктесі а және b түзулерінің арасында жатпасын. Онда , сондықтан (М, АС) шеңбері мен m түзуінің ортақ нүктесі жоқ, яғни есептің шешімі жоқ.

Есеп3. Табаны, табанына қарсы жатқан бұрышы мен іштей сызылған шеңбер радиусының көмегімен үшбұрыш салыңыз.
Шешуі. Анализ. Есеп шешілген, яғни АВС үшбұрышы салынған деп есептейік.

ВС кесіндісін а-ға тең деп алайық, ал b=r және . Егер О нүктесін тұрғыза алсақ, онда үшінші А төбесін тұрғызу қиын емес. Сонымен есеп О нүктесін тұрғызуға келіп тіреледі.
ВОС үшбұрышынан:
.
Сондықтан,
.
Сонымен, О нүктесі екі шартты қанағаттандырады:
- О нүктесі ВС кесіндісінен b қашықтықта жатады.
- ВС кесіндісі О нүктесінен қарағанда бұрышпен көрінеді. ВС кесіндісінен b қашықтықта жатқан нүктелер жиыны, ВС кесіндісіне параллель екі түзу. ВС кесіндісі О нүктесінен қарағанда бұрышпен көрінетін нүктелер жиыны шеттері А және В нүктелері болатын екі доға.
Салу.
1) Кез- келген түзу жүргізіп, оған а-ға тең ВС кесіндісін өлшеп саламыз;
2) ВС кесіндісінен b қашықтықта жатқан және түзулерін жүргіземіз (-жиыны);
3) бұрышы ішінде жататындай етіп және доғаларын жүргіземіз (-жиыны);
4) болатын О нүктесін тұрғызамыз;
5) (О,r)-шеңберін жүргіземіз;
6) В және С нүктелерінен (О,r)-шеңберіне және жанамаларын жүргіземіз;
7) А нүктесі осы жанамалардың қиылысу нүктесі. АВС-ізделінді үшбұрыш.

Дәлелдеу. Салу бойынша ВС=a және (О,r)-шеңбері АВС үшбұрына іштей сызылған. екенін дәлелдесек жеткілікті. Салу бойынша . Сондықтан ВОС үшбұрышынан:
.
Онан
,
немесе
.
Зерттеу. 1) Алдымен есептің қай кезде шешімі бар болатындығын анықтайық. және жиындарының қиылысу нүктесі нмесе доғалары b кесіндіснен үлкен болғанда тек қана сонда бар болады. Яғни

қатынасы орындалуы керек. Бұл шарт қажетті шарт болып табылады. Енді осы шарттың жеткілікті екенін дәлелдейік. Шынында да, 1) - 6) салу есептері әрдайым орындалады. В және С нүктелерінен (О,r)-шеңберіне жүргізілген және жанамалары қиылысатынын дәлелдейік. Салу бойынша:
,
сондықтан
.
Бұдан, және жанамалары қиылысатындығы шығады.
2) Егер есептің шешімі бар болса, ол жалғыз болатындығын дәлелдеу қиын емес. Шынында да, есептің шартын қанағаттандыратын АВС және А1В1С1 екі үшбұрыш бар деп есептейік. О және О1 іштей сызылған шеңбердің центрлері болсын. ОВС және О1В1С1 үшбұрыштары тең, себебі ВС =В1С1, , ВН=В1Н1, мұндағы ВН және В1Н1 -осы үшбұрыштардың биіктіктері. Мұнан , сондықтан . Тура сол сияқты . Сондықтан АВС және А1В1С1 үшбұрыштары екі қабырғасы мен арасындағы бұрышы бойынша тең болады.

§ 1.3. Ұқсастық және инверсия әдісі.
1.Ұқсастық әдісі.
Ұқсастық әдісінің негізгі идеясы келесі: алдымен берілген есептің тек бір шартынан басқа барлық шарттарын қанағаттандыратын ізделінді фигураға ұқсас фигураны салады.
Әдетте қосалқы фигураны тек қана ұқсас етіп емес, ол гомотетиялы болатын етіп салу тиімді. Сондықтан ұқсастық әдісімен есепті шешкенде нүктелердің гомотетия кезінде образдарын сала білу керек. Алдымен келесі есепті қарастырайық. Онан кейін гомотетияны пайдаланып, алып тасталған шаррты қанағаттандыратын фигураны анықтаймыз.
Есеп 3. Периметрі мен екі бұрышы арқылы үшбұрыш салу.
Шешуі. Есептің берілгенін анықтап алайық: және бұрыштары мен р периметрі берілген. және АВ+ВС+СА = р болатындай үшбұрыш салу керек.
Анализ. Есеп шешілді, яғни АВС үшбұрыш салынды деп есептейік.

Бұл есеп екі шартты қанағатандырады: және . шартын қанағаттандыратын үшбұрыш салу оңай. Бұл шартты қанағаттандыратын есептің шешімі шексіз көп екенін айта кетейік. АВ1С1 - сол үшбұрыштардың бірі болсын. Енді гомотетиялы принципін пайдаланып шартын қанағаттандыратын АВ1С1 үшбұрышына ұқсас АВС үшбұрышын салуға болады.
Салу.

1) болатындай кез-келген АВ1С1 үшбұрыш саламыз.
2) АВ1 сәулесінде сәйкес және р-ға тең АD1 және АD кесінділерін саламыз, мұндағы р1 - АВ1С1 үшбұрышының приметрі.
3) С1 және В1 нүктелерінің А центрі мен DD1 нүктелері бойынша n гомотетиясы арқылы С және В нүктелерін тұрғызамыз.
Дәлелдеу. АВ1С1 және АВС үшбұрыштары гомотетиялы. Сондықтан . Себебі D = h(D1), сондықтан АD=МАD1, мұндағы m - h гомотетиялы коэффициенті.
Сонымен АВ = m ·AB, BC = m·B1C1, CA = m ·C1A,
Сондықтан АВ+ВС+СА = m (АВ1+В1С1+С1А) = m p1
Сонымен АВ+ВС+СА = р
Зерттеу. болғанда ғана есептің шешімі бар болатындығы түсінікті. Бұл шарт орындалғанда есептің жалғыз шешімі бар болады. Шынында да есептің шартын қанағаттандыратын екі үшбұрыш АВС және А1В1С1 бар болады деп есептейік. Онда
(1.3.1)
АВ+ВС+СА = А1В1+В1С1+С1А1 (1.3.2)
(1.3.1) теңдіктен екендігі шығады. Сондықтан AB = kA1B1, BC = kB1C1, CA = kC1A1, мұндағы k- ұқсастық коэффициенті. Бұдан АВ+ВС+СА = k (А1В1+В1С1+С1А1). Бұл теңдікті (1.3.2) теңдікпен салыстырсақ, онда k = 1, сондықтан
2. Инверсия әдісі.
Жазықтықта (O, r) шеңбер берілсін. О нүктесінен басқа нүктелердің барлық жиынын Е0 деп белгілеп алайық. Е0 жиынның әрбір М нүктесіне ОМ сәулесінде жататын М' нүктесін сәйкес қояйық және ОМ·ОМ' = r2.

208 - сурет.
Сонда Е0 жиынын (O, r) шеңберіне қатысты түрлендірілген жиынын аламыз. Ол жиынды инверсиялы жиын деп атаймыз. (O, r) - шеңберін инверсия шеңбері, О - нүктесін инверсия центрі, ал r2 - инверсия дәрежесі деп аталады.
Есеп 4. (O, r) инверсия шеңбері берілсін. Шеңбердің бойында жатпайтын М нүктесінің М' образын табыңыз.
Шешуі. Алдымен М нүктесі инверсия шеңберінен тыс жатқан нүкте болсын деп есептейік. ОМ сәулесі және диаметрі ОМ-ге тең шеңберін жүргізейік.

Р және Q нүктелері (O, r) шеңбері мен шеңберінің қиылысу нүктесі болсын. Онда М' - ОМ және РQ түзулерінің қиылысу нүктесі болады. Шынында МР және МQ - (O, r) - шеңберінің жанамалары болады, сондықтан ОРМ және РМ'М бұрыштары тік. Бұдан екендігі шығады. Сонымен, немесе .
Егер М - инверсия шеңберіне қатысты ішкі нүкте болса, онда М нүктесін тұрғызу кері қарай жүзеге асырылады.
Инверсия қасиеттерін зерттеу үшін, оның аналитикалық өрнектелуін қарастырайық. Оij - жүйесін О инверсия центрі координаталар басы болатындай етіп алайық.
М(х, у) - Е0 жиынының кез-келген нүктесі болсын, ал М'(х', y') - оның образы. Инверсияның анықтамасы бойынша және екендігі шығады, мұндағы λ 0.
Координаталары арқылы бұл теңдіктер келесі түрде жазылады:
x' = λx, y' = λy, мұндағы х0 (1.3.3)
хх' + уу' = r2 (1.3.4)
(1.3.3) теңдіктегі х' және у' мәндерін (1.3.4) қойсақ, онда . М нүктесі О нүктесімен беттеспегендіктен, , сондықтан . Табылған λ мәнін (1) - қойсақ:
(1.3.5)
Кері түрлендіру бірмәнді екенін ескерсек:
, (1.3.6)
Теорема 1. Инверсия центрінен өтетін түзу өзіде-өзіне, ал инверсия центрінен өтпейтін түзу инверсия центрінен өтетін шеңберге түрленеді.
Дәлелдеу. Теорема бірінші бөлігі инверсия анықтамасынан шығады.
Теореманың екінші бөлігін дәлелдейік. Ах+Ву+1=0 инверсия центрінен өтпейтін кез-келген түзу болсын, онда оның образы
. (1.3.7)
Ал, бұл инверсия центрінен өтетін шеңбер.
Салдар. Егер d түзуі О инверсия центрінен өтпейтін түзі (С, r) шеңберіне түрленсе, онда ОС және d түзулері перпендикуляр.

Теорема 2. О инверсия центрінен өтетін шеңбер, инверсия центрінен өтпейтін түзуге түрленеді. О нүктесінен өтпейтін О нүктесінен шеңберге түрленеді және О нүктесі осы шеңберлердің центрінен өтетін сызық бойында жатады.
Есеп 5. -шеңбері мен осы шеңбердің бойында жататын А және В нүктелері берілсін. А және В нүктелерінен өтетін және берілген шеңберді жанайтын шеңбер салу керек.
Шешуі. Анализ. Берілген есеп шешілді және шеңбері тұрғызылды деп есептейік.

F - деп, А,В нүктелерінен және және шеңберінен тұратын фигура белгілейік. Центрі А нүктесінде болатын шеңберін жүргізейік. инверсия шеңбері болатын - инверсиясын қарастырайық. Инверсия кезінде F фигурасының образы шеңберінің нүктелерінен тұратын қандай да бір F′ фигурасы болады. Теорема 3 бойынша шеңберін жанайды. Енді F′ фигурасын салу оңай, себебі және берілген фигуралардың образдары, ал - нүктесінен өтетін түзу және шеңберінің жанамасы. Сол инверсияны қолдана отырып, түзуінің образы ретінде шеңбері салынады.
Салу.
1) нүктесін тұрғызамыз;
2) шеңберін тұрғызамыз;
3) нүктесінен шеңберіне жанамасын жүргіземіз. Егер жанама А нүктесінен өтсе, онда басқа бір жанаманы аламыз;
4) инверсиясы бойынша жанамасының образы болатын шеңбері саламыз;
Дәлелдеу. түзуі А нүктесінен өтпегендіктен, оның образы А нүктесінен өтетін шеңбер болады (теорема 2). түзуі нүктесінен өтіп шеңберін жанайды, сондықтан және мен шеңберлері бір-бірін жанайды.
Зерттеу. Егер А және В нүктелерінің біреуі шеңберінің ішкі, ал екіншісі сыртқы нүктесі болса, онда есептің шешімі болмайды. Егер А және В нүктелері шеңберінің жанамасында жатса, онда есептің жалғыз шешімі болады. Есептің екі шешімі болуы мүмкін. Екінші шешімді анықтау үшін нүктесінен екінші жанаманы жүргізу керек.

§ 1.4. Алгебралық әдіс
Мектеп курсынан, егер әрбір бірлік өлшенді деп белгілесек, онда кез-келген ұзындық оң шамамен өрнектелетіні белгілі. Керісінше кез-келген оң өрнек үшін бірлік өлшем алынса, онда оған ... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.