Инверсия

Пән: Математика, Геометрия
Жұмыс түрі: Материал
Тегін: Антиплагиат
Көлемі: 21 бет
Таңдаулыға:

Инверсия

Геометриялық түрлендірулердің тағы бір түрі инверсияны қарастырайық. Бұл инверсияның көмегімен көптеген салуға берілген қиын есептердің шешімін табуға болады. Бұл әдісті басқаша "айналдыру" немесе "кері радиустар" әдісі деп те атауға болады. Салудың бұл әдісі басқаларға қарағанда "жасырақ" екенін айта кетейік. Инверсияны тек өткен ғасырдың 30-шы жылдарында ғана зерттей бастаған.

§1. Инверсия анықтамасы. Инверсия нүктелерді салу.

Жазықтықта қандай да бір w (O, R) шеңбері берілсін. P - жазықтықтың O нүктесінен өзгеше кез келген нүктесі болсын. (1 сурет) Оған төмендегі екі шартты қанағаттандыратын, P' нүктесін сәйкестірейік:

P'нүктесіOPсәулесіне тиісті

Мұндай P' нүктесін, w шеңберіне қатысты P нүктесіне инверсиялы немесе кері деп атаймыз. w - инверсияның базистік шеңбер деп аталады. Оның центрі - инверсия центрі, радиусы - инверсия радиусы болады.

1 сурет

Анықтама: егер қандай да бір фигураның кез келген нүктесіне, сол инверсиялы нүктесі қойылса, онда мұндай түрлендіру инверсия деп аталады.

Ал берілген фигураның әрбір нүктесіне инверсиялы нүктелерден құралған фигура берілген фигураға қатысты инверсиялы фигура болып табылады.

Егер P =1,

\[O P\phi={\frac{1}{O P}}\]

болып, P нүктесі P' нүктесіне инверсиялы болса, онда OP мен

\[{\mathcal{O P}}^{\prime}\]

аралықтары өзара кері сандар болып табылады. Осыдан, P' нүктесі P нүктесіне кері нүктеден ұйғарым шыққан. Ал қаралып отырған түрлендіру "кері радиустар" немесе "айналдыру" (латынша

\[i n\nu e r s i o\]

) деп аталады.

Тікелей анықтамадан шығатын, инверсияның бірнеше қарапайым қасиеттеріне тоқталайық:

егерP'нүктесіPнүктесіне инверсиялы болса, онда керісіншеPнүктесі

инверсиялы P' нүктесіне;

егер инверсия нәтижесіндеФфигурасыФ'фигурасына түрленсе, онда керісіншеФ'фигурасыФфигурасына түрленеді;
жазықтықтың ешқай нүктесі инверсия центріне инверсиялы болмайды;

Ендігәрі біз инверсия туралы айтқанда, инверсия центрі "тесіп алынған" жазықтық жайлы айтқан боламыз.

инверсия центрі "тесіп алынған" жазықтықта инверсия өзара бірмәнді түрлендіру болып табылады;
базистің шеңбердің кез келген нүктесі өз-өзіне инверсиялы болады;
егер берілген нүкте базистік шеңбердің сыртында болса, онда оған инверсиялы нүкте базистік шеңбердің ішінде болады және керісінше. Бұлтеңдігінен шығады;
егер базистік шеңбердің сыртындағы нүкте сол шеңберден шексіз алыстаса, онда оған инверсиялы нүкте (базистік шеңбер ішінде) инверсия центріне шексіз жақындайды. Керісінше де орынды болады.
инверсия кезіде, инверсия центрі арқылы өтетін сәуле, өз-өзіне түрленеді және де, сәуленің базистік шеңбердің ішіндегі бөлігі сыртындағы бөлігіне түрленеді. Керісінше де орынды.
инверсия кезінде, инверсия центрі арқылы өтетін түзу, өз-өзіне түрленеді.

Берілген нүктеге инверсиялы нүктені циркуль мен сызғыш көмегімен салуға болады. Бұндай салуды инверсияның геометриялық анықтамасы деп қарастыруға болады. Бұл салу геометрияның мектеп курснан белгілі екі теоремасына негізделеді:

шеңберге жүргізілген жанама, жанасу нүкткесімен центріне қосатын радиусқа перпендикуляр болады,
тік бұрышты үшбұрыштың катеты гипотенуза мен оның гипотенузаға түсірілген проекциясының орта пропорционалы болады.

Салудың үш жағдайын қарастырайық :

1-жағдай: P нүктесі базистік шеңбер бойында. Оған инверсиялы нүкте - сол P нүктесінің өзі.

2- жағдай: P нүктесі w (O, R ) базистік шеңбер сыртында OP сәулесін саламыз (2 сурет) . P нүктесі арқылы берілген шеңберге PТ жанамасын саламыз.

Жанасу нүктесі Т арқылы OP түзуіне

перпендикуляр жүргіземіз. Сол

перпендикуляр табаны P' нүктесі

P нүктесіне инверсиялы нүкте

болады. Шынымен,

\[\Delta O T P\]

- тік

бұрышты үшбұрышынан

\[O P\rtimes O P e=O T^{2}=R^{2}\]

2 сурет екені белгілі.

Ескерту: бұл салуда басқаша да салуға болады: OP сәулесін жүргіземіз. Диаметрі OP болатын

\[{\boldsymbol{w}}^{\prime}\]

көмекші шеңбері мен w базистік шеңберінің қиылысу нүктелерін қосатын ТТ ₁ хордасын саламыз (3 сурет) . Сондағы хордамен OP түзуінің қиылысу нүктесін P' деп белгілейміз. Сол P' нүктесі P' нүктесіне инверсиялы нүкте болады.

3-жағдай: P нүктесі базистік шеңбер ішінде. Жоғарыдай жағдайға ұқсас.

3 сурет

§2 Антипараллель түзулер туралы лемма.

Ары қарай бізге көмекші ұғым қажет болады. Айталық қандай да бір а түзуі қандай да бір ( k, l ) бұрышының екі жағын да қиып өтетін болсын. Қайсыбір жағымен қиылысқанда, айталық k сәулесімен, бұл түзу төрт бұрыш салады. Солардың тек біреуі ғана, ( k, l ) бұрышын түзумен қиғандағы пайда болатын үшбұрыштың ішінде жатады (4 сурет) .

4 сурет 5 сурет

Ендігәрі, түзу мен бұрыштың жақтарын қиылысуы жайында сөз айтқанда, біз тек осы бұрыш жайында айтамыз.

Айталық, енді екі түзу бұрыш жақтарын қияды сонымен қатар олардың біреуі бұрыштың бір жағымен, екіншісі бұрыштың келесі жағымен қиылысқанда (

\[\underline{{{\mathcal{X}}}}\]

\[\underline{{{\mathcal{N}}}}\]

2) пайда болады (5 сурет) . Екі бұрыш тең болады. Бұдан, бірінші түзу екінші жақпен қиылысқанда пайда болады бұрыш тең болады (

\[\underline{{{\mathcal{X}}}}\]

3≠

\[\underline{{{\mathcal{X}}}}\]

6 сурет 7 сурет

Анықтама: қандай да бір бұрыштың жақтарын қиятын екі түзу, сол бұрышқа қатысты антипараллель түзулер деп аталады, егер олардың біреуі бір жақпен қиылысқанда пайда болатын бұрыш, екіншісі келесі жақпен қиылысқанда пайда болатын бұрышқа тең болса.

Антипараллель түзулерге: 5 суретте

\[a\ \ r b\]

түзулері, 6 суреттегі

\[c\ \ {\boldsymbol{\sigma}}\ \wedge{\boldsymbol{u}}\]

түзуі

\[\left(c\wedge\ k,\ \ \ d\ \perp l\right)\]

Антипараллель түзулер былайша айтқанда

параллель емес. Ерекшелік ретінде, екі

түзу де берілген бұрыштың биссектрисасына

параллель болатын жағдайды көрсетуге

болады (7 сурет)

8 сурет

Теорема: (антипараллель түзулер туралы лемма) жазықтықтардың кез келген екі нүктесін қосатын түзу мен сол нүктелерге инверсиялы болатын екі нүктені қосатын түзу, төбесі инверсиялы центрінде жататын және жақтары берілген нүктелер арқылы өтетін бұрышқа қатысты антипараллель болады.

Дәлелдеуі: Айталық

\[{\mathcal{O}}\]

(O:R) шеңбері

\[\mathrm{A}\varphi\mathrm{UB}\varphi\]

( 8 сурет ) нүктелерінің базистік шеңбері болады. Ал

\[\mathbf{A}\cap\mathbf{B}\]

нүктелері сәйкесінше инверсиялы нүктелер.

Онда,

\[O A\times O A\varphi=O B\times O B\varphi=R^{2}\]

Сондықтан,

\[{\cal O}A\]

\[O B=O B^{\prime}\]

\[{\cal O}A^{\prime}\]

Сонымен қатар

\[\mathrm{D}A O B\ U D B Q O A^{\prime}\]

\[\langle{\mathord{\cal{I}}}\rangle\]

төбесі ортақ. Яғни,

\[\Delta u o B\]

\[\mathrm{D}B\phi\partial A^{\prime}\]

, ендеше

\[O B A=O A\theta^{\prime}\]

Бұдан

\[A B\cup A{\phi}S^{\prime}\]

түзулері

\[\ A(O B)\]

бұрышына қатысты антипараллель болады. Дәлелдеу керегі де осы.

Егер ( 8 сурет ) бізге қандай да бір тәсілмен салынған екі

\[A\cap A^{\prime}\]

нүктелері инверсиялы болса, онда біз кез келген

\[\ D\]

нүктесінің бейнесін оңай салатын едік

(

\[\ D\]

нүктесі

\[{\cal O}A\]

түзуіне тиісті емес)

\[\ D\]

мен

\[\mathbf{\nabla}\lambda\]

нүктелерін қиып,

\[\Lambda\ Q^{\prime}\]

түзуін

\[O A Q B q=O B A\]

болатындай жүргіземіз.

§3 Инверсия центрі арқылы өтетін шеңбер инверсиясы.

Айталық қандайда бір

\[{\mathcal{Y}}\]

шеңбері

\[(\gamma)\]

инверсиялы центрі арқылы өтеді. Инверсия кезінде

\[{\mathcal{V}}\]

шеңберінің барлық нүктелері,

\[(\gamma)\]

нүктесінен басқа, қандайда басқа нүктелерге түрленеді. Ол нүктелер қандай фигураны құрайды?

9 сурет

Теорема: Инверсия кезінде, инверсия центрі арқылы өтетін шеңбер, түзуге түрленеді. Бұл түзу берілген шеңбер және базистік шеңбердің центрлер түзуіне перпиндикуляр болады.

Дәлелдеуі:

\[{\mathcal{O}}\]

(

\[\langle{\mathord{\cal{I}}}\rangle\]

\[\textstyle{\mathcal{D}}\]

) - инверсиясының базистік шеңбері γ (

\[\langle{\mathord{\cal{I}}}\rangle\]

_1,

\[\textstyle{\mathcal{D}}\]

₁ ) - берілген шеңбер

\[\langle{\mathord{\cal{I}}}\rangle\]

нүктесі арқылы өтетін

\[\langle{\mathord{\cal{I}}}\rangle\]

\[(\gamma)\]

₁ түзуін жүргізейік. Ол γ шеңберін

\[\mathbf{\nabla}\lambda\]

нүктесінде қиып өтеді. (9 сурет)

\[A^{\prime}\]

нүктесі

\[\mathbf{\nabla}\lambda\]

нүктесіне инверсиялы нүкте болсын. γ шеңберінің бойынан кез-келген

\[\ D\]

нүктесін алып, оған инверсиялы

\[{\boldsymbol{P}}^{\prime}\]

нүктесін салайық.

\[\ D\]

мен

\[\mathbf{\nabla}/\hbar\]

-ны қосайық,

\[{\boldsymbol{P}}^{\prime}\]

пен

\[A^{\prime}\]

-ты қосайық. Антипараллель түзу жайлы леммадан

\[\scriptstyle\mathrm{DOARPwes}\]

\[{\mathcal{D P}}A\]

. Бірақ,

\[{\mathcal{D P}}A\]

=90 ⁰ , себебі

\[\ D\]

\[\mathbf{\nabla}\lambda\]

γ шеңберінің диаметріне сүйенеді (түйіседі) . Сондықтан,

\[\Sigma^{)}({\cal O})^{p}\phi^{\dagger}\hat{v}\Xi\]

90 ⁰ , яғни

\[{\boldsymbol{P}}^{\prime}\]

нүктесі

\[A^{\prime}\]

нүктесі арқылы өтетін

\[{\cal A}{\cal O}\]

\[{\cal O}^{\prime}\]

түзуіне перпендикуляр түзудің бойында жатыр.

\[{\boldsymbol{P}}^{\prime}\]

\[A^{\prime}\]

түзуін

\[{\mathcal Q}\,\]

деп белгілейік. Біз γ шеңберінің кез-келген нүктесі

\[{\mathcal Q}\,\]

түзуінің нүктелеріне түрленетініне көз жеткіздік.

10 сурет

Керісінше де орынды болады. Ендеше γ шеңбері инверсия кезінде

\[{\mathcal Q}\,\]

түзуіне түрленді. Дәлелдеу керегі де осы.

Егер базистік шеңбер берілген шеңбермен γ қиылысатын болса, онда γ-шеңберіне инверсиялы түзу, екі қиылысу нүктелерін қосатын түзу болып табылады (10 сурет) .

Егер γ мен

\[{\mathcal{O}}\]

жанасатын болса, онда γ екі шеңбердің ортақ жанамаларына түрленеді.

§4 Инверсия центрі арқылы өтпейтін шеңбер инверсиясы.

Теорема: Инверсия кезнде инверсия центрі арқылы өтпейтін шеңбер, шеңберге түрленеді.

Дәлелдеуі:

\[{\boldsymbol{C}}{\boldsymbol{O}}\]

(

\[{\mathcal{O}}\,\]

\[{\hat{\mathcal{N}}}^{\Phi}\]

) базистік шеңбер (11 сурет) , ОО ₁ түзуін жүргізіп,

\[\mathbf{\nabla}\lambda\]

және

\[\ D\]

γ шеңберімен түзудің қиылысу нүктелерін белгілейміз. Ал,

\[A^{\prime}\]

және

\[{\boldsymbol{B}}^{\prime}\]

оларға инверсиялы нүктелер.

\[\ D\]

- γ шеңберінің кез келген нүктесі

\[{\boldsymbol{P}}^{\prime}\]

- оған инверсиялы нүкте.

(11 сурет)

\[\ D\]

мен

\[\mathbf{\nabla}\lambda\]

-ны,

\[\ D\]

\[{\boldsymbol{P}}^{\prime}\]

-ты

\[A^{\prime}\]

және

\[{\boldsymbol{B}}^{\prime}\]

-пен қосайық. Антипараллель түзулер туралы леммадан

\[\mathrm{Dl}\varphi=\angle1\]

\[\mathbf{E})2q=\,z2\]

. Бірақ

\[{\mathsf{D I}}+{\mathsf{D2}}=90^{\mathsf{{o}}}\]

. Сондықтан

\[{\mathrm{DI}}\backslash+{\mathrm{D2}}\backslash=90^{\circ}\]

бұдан бұрыш

\[A^{\prime}\]

\[{\boldsymbol{P}}^{\prime}\]

\[{\boldsymbol{B}}^{\prime}\]

=90 ⁰ , Сөйтіп,

\[{\boldsymbol{P}}^{\prime}\]

нүктесінен

\[A^{\prime}\]

\[{\boldsymbol{B}}^{\prime}\]

кесіндісі тік бұрыштан көрінеді. Яғни

\[{\boldsymbol{P}}^{\prime}\]

нүктесі

\[A^{\prime}\]

\[{\boldsymbol{B}}^{\prime}\]

диаметрі болатын шеңбер бойында жатыр. Бұл шеңберді γ ^/ деп белгілейік. Біз γ шеңберінің кез-келген нүктесі инверсия кезінде γ ^/ шеңберінің нүктесіне түрленетінін дәлелдедік. §1-дің l және 2 қасиеттеріне сүйеніп, γ ^/ шеңберінің әр бір нүктесі γ шеңберінің қандай да бір нүктесінің бейнесі болатынын көреміз. Теорема дәлелденді.

§5 Инверсия кезінде түзуді түрлендіру.

Біз инверсия кезінде инверсия центрі арқылы өтетін түзу өз-өзіне түрленетінін білеміз. Ал инверсия центрі арқылы өтпейтін түзу жайында не айтуға болады.

Теорема: Инверсия кезінде, инверция центрі арқылы өтпейтін түзу инверция центрі арқылы өтетін шеңберге түрленеді.

Айталық

\[{\boldsymbol{C}}{\boldsymbol{O}}\]

(

\[(\gamma)\]

\[{\hat{\mathcal{N}}}^{\Phi}\]

) (12 сурет) базисі шеңбер

\[{\mathcal Q}\,\]

берілген түзу.

\[\langle{\mathord{\cal{I}}}\rangle\]

нүктесінен

\[{\mathcal Q}\,\]

түзуіне

\[(\gamma)\]

\[\mathbf{\nabla}\lambda\]

перпендикуляр түсіреміз. Ал

\[A^{\prime}\]

нүктесі

\[\mathbf{\nabla}/\hbar\]

нүктесіне инверсиялы нүкте болсын. γ - диаметрі

\[\langle{\mathord{\cal{I}}}\rangle\]

\[A^{\prime}\]

болған шеңбер инверсия кезінде γ шеңбері

\[{\mathcal Q}\,\]

түзуіне түрленеді (§3 -тегі теорема бойынша) §1-дегі 2 ⁰ қасиет бойынша, кері тұжырым да орынды, яғни

\[{\mathcal Q}\,\]

түзуі γ шеңберіне түрленеді.

(12 сурет)

§6 Инвариантты шеңберлер

Инверсия кезінде базистік шеңбер өз-өзіне түрленеді (§1, 5 ⁰ ) . Осындай қасиетке ие тағы да басқа шеңберлер бар ма?

Кейбір анықтамаларды еске салайық.

Екі түзулердің Т қиылысу нүктесіндегі бұрышы деп, сол түзулердің Т қиылысу нүктесі арқылы өтетін жанамалары арасындағы бұрышты айтамыз.

Екі шеңбер тік бұрыш жасап қиылысатын болса, онда олар өзара ортогональ болады.

Егер екі шеңбер өзара ортогональ болса, онда олардың қиылысу нүктесіне жүргізілген радиустары өзара перпендикуляр болады.

Осыдан, берілген

\[{\mathcal{O}}\]

шеңберіне, берілген Т нүктесі арқылы өтетін ортогональ шеңберлерді салу әдісі шығады.

Ол үшін Т нүктесі арқылы

\[{\mathcal{O}}\]

шеңберіне t - жанамасын жүргізіп, (90 ⁰ ), сол жанамадан кез келген

\[(\gamma)\]

₁ нүктесін алып,

\[{\mathcal{O}}\]

₁ (

\[(\gamma)\]

₁ ,

\[\langle{\mathord{\cal{I}}}\rangle\]

₁ T ) шеңберін жүргізсек жеткілікті. Енді параграф басындағы сұраққа жауап іздейік.

Теорема: Базистік шеңберден өзгеше шеңбердің инверсия кезінде өз-өзіне түрленуі үшін, оның базистік шеңберге ортогональ болуы қажетті және жеткілікті.

Дәлелдеуі: 1) Жеткіліктілігі: Айталық γ (

\[\langle{\mathord{\cal{I}}}\rangle\]

₁ , r ₁ ) шеңбері

\[{\mathcal{O}}\]

(

\[\langle{\mathord{\cal{I}}}\rangle\]

, r ) (13 сурет) берілген шеңберге ортогональ болсын. γ шеңбері инверсия кезінде өз-өзіне түрленетінін дәлелдейік.

(13 сурет) (14 сурет)

\[\ D\]

- γ шеңберінің кез келген нүктесі.

\[(\gamma)\]

\[\ D\]

- түзуін салайық.

Ол γ шеңберін қандайда бір

\[\ D\]

₁ нүктесінде қиып өтеді. (егер

\[\langle{\mathord{\cal{I}}}\rangle\]

\[\ D\]

түзуі γ шеңберге жанама болса,

\[\ D\]

₁ ретінде

\[\ D\]

-ны қарастырамыз) . γ шеңбері

\[\;c y\]

шеңберіне ортогональ болғандықтан, инверсия центрі мен шеңбердің қиылысу нүктесін қосатын

\[(\gamma)\]

T радиусы γ шеңберге жанама болады. Сондықтан,

\[O P\rtimes O P_{1}=O T^{2}=r^{2}\]

, яғни

\[\ D\]

₁ нүктесі

\[\ D\]

нүктесіне инверсиялы.

Сонымен,

\[{\mathcal{O}}\]

шеңберіне қатысты инверсия кезінде γ шеңбердің болғандағы әр-бір

\[\ D\]

нүктесі, сол шеңбердің болғандағы

\[\ D\]

₁ нүктесіне түрленеді.

Инверсиялы нүктелердің өзара қайтымдылық қасиетін ескере отырып, кері жағдайдың да орынды екенін айтуға болады.

γ шеңберінің әр бір нүктесі сол шеңбердің қандай да бір нүктесінің бейнесі болады. Осылай γ шеңбері өз-өзіне түрленеді.

2) Қажеттілік шарты:

Айталық берілген шеңберін өзгеше γ шеңбері инверсия кезінде өз-өзіне түрленеді.

γ шеңбері базистік шеңберге ортогональ екенін дәлелдейік, γ шеңбері

\[{\mathcal{O}}\]

шеңберінен өзгеше болғандықтан, онда

\[{\mathcal{O}}\]

-ға тиісті емес

\[\ D\]

нүктесі бар.

\[\ D\]

₁ нүктесі

\[\ D\]

нүктесіне инверсиялы. Онда сол екі нүктелердің біреуі

\[{\mathcal{O}}\]

шеңбердің ішінде, біреуі сыртында жатады. Бұдан γ шеңбері

\[{\mathcal{O}}\]

шеңберін қиып өтетіні белгілі.

Қиылысу нүктелерінің біреуін Т деп белгілейік.

\[(\gamma)\]

T түзуі γ шеңберіне жанама екенін көрсетейік. Оны «кері жору» әдісімен дәлелдеуге болады.

Айталық,

\[(\gamma)\]

T түзуі γ шеңберін Т нүктесінен басқа Т ₁ нүктесінде кездестіреді дейік.

\[\ D\]

және

\[\ D\]

₁ нүктелері

\[(\gamma)\]

нүктесінің бір жағында жататынын байқадық. Сондықтан

\[(\gamma)\]

нүктесі γ шеңбердің сыртында орналасқан.

Шеңберге бір нүктеден жүргізілген қиюшылардың қасиеті бойынша,

\[O T\times O T_{1}=O P\times O P_{1}=r^{2}\quad O T=r\]

болғандықтан

\[\sigma_{T}=r\]

болуы тиіс. Бұдан Т және Т ₁ нүктелері беттесетіні шығады. Яғни

\[{\mathcal{O}}\]

және γ шеңбері өзара ортогональ.

§7. Инверсия кезінде бұрыштардың сақталуы

М нүктесі арқылы γ ₁ және γ ₂ сызықтары өтеді. Айталық, М нүктесінен өтетін екі сызықта ортақ жалғыз жанама бар. Инверсия нәтижесінде М нүктесі М' нүктесіне түрленеді, ал γ ₁ және γ ₂ сызықтары сәйкесінше γ ₁ ' және γ ₂ ' сызықтарына. Сонда М' нүктесіндегі γ ₁ ' және γ ₂ ' сызықтарының арасындағы бұрыш, М нүктесіндегі γ ₁ және γ ₂ сызықтарының арасындағы бұрышқа тең болады екен.

Лемма: егер

\[{\mathcal{O}}\]

(о, r) шеңберіне

қатысты инверсия нәтижесінде

М нүктесі және сол арқылы

өтетін γ сызығы М' нүктесіне және

γ ' сызығына түрленсе, онда γ және

γ ' сызықтары осы нүктелерде ОМ

түзуімен тең бұрыштар жасайды.

15 сурет

Дәлелдеуі: Р - γ сызығының кез келген нүктесі, (15 сурет) Р ' оған инверсиялы нүкте. Онда Р ' нүктесі γ ' сызығына тиісті. М мен Р -ны және М' және Р ' - ты қосайық. Онда антипараллель түзулер туралы лемма бойынша

\[\Sigma)/4/4\lambda\phi\,\phi=\,2/4P(O)\]

немесе

\[\Sigma)/W/W\,\Phi^{p}\sqrt{-{\bf\frac{\bf{\tilde{D}}}{\Sigma}}})/W\,\phi W P-{\bf\nabla}_{2}/W(O)P\]

(1) Р нүктесін γ сызығы бойымен М нүктесіне шексіз жақындатсақ, МР қиюшысы МА түзуіне ұмтылады. МА түзуі γ қисығына М нүктесіндегі жанама болады. Айталық

\[\Sigma)\mathit{/}W\stackrel{\wedge}{\otimes}A\stackrel{\wedge}{\sim}\delta\]

онда

\[\operatorname*{lim}_{P\rightarrow M}\mathrm{\mathsf{D}}M\,\backslash M P=\phi\]

сонымен қатар бұл жағдайда

\[\scriptstyle{{\mathrm{D}}M O P=0}\]

болады. Сондықтан (1) теңдігіне ьайланысты

\[\Sigma M M\varphi=\emptyset\]

болады. Осылайша Р нүктесі γ сызығы бойымен М нүктесіне ұмтылғанда γ сызығы бойымен

\[P\phi{\mathrm{~(s)~}}~M^{\prime}\]

М'Р' түзуі қандайда бір шектелген М'А' жағдайына ұмтылады. А'М' - γ' сызығына М' нүктесіндегі жанама. Осыдан

\[\Sigma M M A\not\subset\emptyset\]

. Лемма дәлелденді.

§8. Салу есептерін инверсия әдісімен шығару

Инверсия әдісінің мәні келесіде: берілген және ізделінді фигуралармен қатар біз, оларға немесе олардың бөліктеріне инверсиялы фигураларды қарастырамыз. Кейде бұл, ізделінді және берілген фигуралардың арасындағы есепті шешуге қажетті байланысты табуға жеткілікті болады.

Көпшілік жағдайда, берілген фигураға инверсиялы фигура салынған деп есептеп, ізделінді фигураға инверсиялы фигура саламыз. Бұл есеп, егер базистік шеңберді сәтті таңдасақ, берілген есептен жеңіл болады. Ізделіндіге инверсиялы фигура салып, содан кейін ізделінді фигураның өзін саламыз. Инверсия әдіс элементарлы геометрияның бірқатар күрделі есептерінде шешуге мүмкіндік береді.

Бұл әдістің кемшілігі: кең көлемдегі салуларды талап етеді.

Бірнеше мысалдарды қарастырайық:

Мысал1 : А және В нүктелері арқылы берілген

\[{\mathcal{O}}\]

(о, r) - базистік шеңбер деген, онда инверсия кезінде ізделінді γ шеңбері өз-өзіне түрленеді, ал А және В нүктелері сол шеңбердегі А' және В' нүктелеріне түрленеді (16 сурет) . Бірақ γ шеңбері үш ( А , В , және А' ) нүктесі белгілі болғандықтан, оңай анықталады. Осыдан салу шығады:

шеңберіне қатысты, Анүктесіне инверсиялыА'нүктесін саламыз.
А, ВжәнеА'нүктелері арқылы өтетін γ шеңберін саламыз. γ - ізделінді шеңбер

Егер А нүктесі

\[{\mathcal{O}}\]

шеңберінің бойында жатса, онда А' пен А беттесіп, көрсетілген әдіс жарамсыз болады. Бұндай жағдайда, сәйкес салуларды В нүктесіне қатысты жүргізу керек. Ал егер А мен В нүктелерінің екеуі де

\[{\mathcal{O}}\]

шеңберінің бойында жатса, онда салуды келесідей жүргізуге болады: А және В нүктелері арқылы

\[{\mathcal{O}}\]

-ға жанамалар жүргіземіз. Жанамалардың қиылысу нүктесін О ₁ деп белгілейміз. О ₁ - ізделінді шеңбердің центрі.

Бұл салулар жарамсыз, егер А , В және О нүктелері бір түзу бойында жатса, сонымен қатар А және В нүктелері инверсиялы болмаса, онда есептің шексіз көп шешімі бар: А және В нүктелері арқылы өтетін кез келген шеңбер

\[{\mathcal{O}}\]

-ға ортогональ.

Мысал2: Берілгені: О нүктесінде және одан өтпейтін а , b екі түзуі О нүктесімен берілген түзулермен қиылысу нүктелеріне дейінгі кесінділердің көбейтінділері берілген кесіндінің квадратына тең болатындай, О нүктесінен сәуле жүргіз.

(17 сурет)

... жалғасы

Сіз бұл жұмысты біздің қосымшамыз арқылы толығымен тегін көре аласыз.