Қазақстан республикасы білім және ғылым министрлігі қазақ мемлекеттік қыздар педагогикалық
жүктеу/скачать 1.26 Mb.
|
- Бұл бет үшін навигация:
- 3. ЕВКЛИДТІҢ ПАРАЛЛЕЛЬДІК АКСИОМАСЫНЫҢ ТӘУЕЛСІЗДІГІ
- Бақылау сұрақтары
- Практикалық сабақтар мен СӨЖ тапсырмалары
AA1C1C жай төртбұрышының ішкі бұрыштарының қосындысы
4d-ге тең болады. Бұл қорытынды 1-теореманың салдарына қайшы келеді. Сондықтан, 1 ABC1 ABC1 . 3 – теорема. Егер АВС үшбұрышының үшбұрышы А/В/С/ үшбұрышының өздеріне сәйкес үшбұрышына конгруент болса, онда ол үшбұрыштар конгруент болады. АВС мен A/ B / C / үшбұрыштарына A A/ , B B / , C C / болсын. [ AB] конгурентті емес [ A/ B / ] деп ұйғарайық, нақтылық үшін [AB] > [ A/ B / ] делік. Онда B // [ AB] | [ AB // ] [ A/ B / ] болады. (11-сурет). Енді С // [ AC)|[ AC // ] [ A/C / ] нүктесін алайық. Сонда AB // C // A/ B /C / болады (конгруэнттіктің 1 белгісі бойынша). Сондықтан, (3) 1 B, 2 C. [BC ][B // C // ] болатындығын дәлелдейік. Керісінше ұйғарайық: [BC][B // C // ] M болсын. Бұл жағдайда екі мүмкіндік болады: а) М = C, б) BMC . Осыларды қарастырып көрелік. а) Егер М = С болса, C// = C, сондықтан ол (3) шартқа қайшы келеді (12 – cypeт). 2 C. болады,
б) Егер BMC деп ұйғарсақ (13-сурет), MCC// үшбұрышында 2 C болады, мұндай қорытынды үшбұрыштың сыртқы бұрышы туралы теоремаға қайшы келеді. Сонымен, [BC][B // C // ] . Бұдан AC //C шығады. Сонда 1 3 2d , 2 4 2 d , (4) (3), (4) 3 B 2d , 4 C 2 d . Демек, B//C// C дөңес төртбұрышының ішкі бұрыштарының қосындысы 4d-ге тең болып шығады, мұндай қорытынды 1- теореманың салдарына қайшы келеді. Сөйтіп, [ AB] конгурентті емес [ A/ B / ] дейтін ұйғарым қайшылыққа әкеледі. Демек, [ AB] [ A/ B / ] және ABC A/ B /C / болады (конгруeнттік ІІ белгісі бойынша). 4–теорема. a және а/ түзулері бір жазықтықта жатып, қиылыспайтын болсын, A, B, Ca | ABC болсын; A/ және B/ нүктелері сәйкес А және В нүктелерінің түзуіндегі ортогональ проекциялары болсын. Онда болады (14-сурет). A/ AC B / BC Керісінше ұйғарайық: A/ AC B / BC . Осы теңсіздіктің екі жақ бөлігіне де ABB/ бұрышын қоссақ, A/ AC ABB / 2 d , демек, A/ABB/ дөңес төртбұрышының ішкі бұрыштарының қосындысы 4d-ден кем емес болып шығады, ал мұндай қорытынды 1-теореманың салдарына қайшы келеді. теорема. Жазықтықта а түзуі мен A a нүктесі берілсін. Онда осы жазықтықта жатып, А нүктесінен өтіп, а түзуін қимайтын түзулердің шексіз жиыны болады.
Лобачевский аксиомасы бойынша А нүктесінен өтетін және а түзуін қимайтын екі түзу – b мен c түзулері – болады (15- сурет). а түзуі с түзуімен шектелген жарты жазықтықтардың біреуінде ғана жатады және бұл жарты жазықтық b түзуін [MA) сәулесі бойынша қияды. [MA) сәулесінің толықтауышы болатын сәуленің бойынан бір B A нүктесін алайық. В нүктесі мен а түзуі екі түрлі жарты жазықтықта жатады (ол жарты жазықтықтардың шекарасы с түзуі болады). Сондықтан, егер Da болса, [BD]∩ c C болады. N нүктесі [BC] кесіндісінің ішкі нүкте болсын. Біз AN ∩ a дейміз. Керісінше ұйғарайық AN ∩ a S болсын. AN [c, B) және [c, B) ∩ a болатындықтан, S [ AN ) болады. Демек, S нүктесі [AN1) сәулесінің толықтауышы болатын [AN) сәулесінің нүктесі. NDS үшбұрышы мен b түзуіне Паш аксиомасын қолданайық. b түзуі бұл үшбұрыштың төбелерінің ешқайсысынан да өтпейді, оның [NS] қабырғасын қимайды. Сондықтан, АN ∩ a . [BC] кесіндісіндегі нүктелердің жиыны шексіз болғандықтан, теорема толық дәлелденді деуге болады. Жазықтықта а түзуі мен A a нүктесін алайық. AB a (B a) және AC AB түзулерін жүргізейік (16- сурет). 5- теорема бойынша А нүктесінен өтетін, бірақ а түзуін қимайтын түзулердің шексіз жиыны болады. Осы жиында (АС) түзуі де болады.
сурет 16-сурет Егер түзу А нүктесінен өтіп, сәуле бойынша ВАС тікбұрышын қиятын болса, онда ол түзу [BC] кесіндісін де қияды. Осы [BC] кесіндісінің нүктелерін мынадай заң бойынша екі класқа K1 және К2 кластарына бөлейік: M K1 M [BC] және MA∩ a , M K 2 M [BC] және MA∩ a . [BC] кесіндісінің әрбір нүктесі екі кластың біріне ғана кіретіндігі, сонымен бірге B K1 , C K 2 болатындығы айқын. K1 класында В-ден басқа да нүктелер болады. ВАС бұрышының а түзуінде жататын ішкі D нүктесін алсақ, [AD] [BC] = M K1 болады. K2 класында С-ден басқа да нүктелер болады, өйткені V* аксиома бойынша (MA) | (MA) (AC), MА∩ a болады және егер осы түзудің [MA) сәулесі болса, онда ВАС1 бұрышының орнына BAC бұрышын қарастырамыз. M 0 K1 , M 0 B BM 0 N 0 . және N 0 K 2 болсын. Онда: Керісінше ұйғарайық: M0 нүктесі В мен N0 нүктелерінің арасында жатпайды делік. M 0 , N 0 [BC] және M 0 N 0 болғандықтан, BN0 M 0 мүмкіндігі ғана қалады. Бірақ олай болғанда [M 0 A) ∩ a D0 (мұндай нүкте бар, өйткені M 0 K1 ) болады. (AN0) түзуі BAD0 үшбұрышының ішкі N0 нүктесінен өтеді, демек, бұл түзу үшбұрыштың [BD0] қабырғасын қиып өтеді, сондықтан да ол а түзуін қиып өтеді. Бірақ N 0 K 2 ( AN0 ) ∩ a шығады. Қайшылыққа кездестік. Сонымен, [BC] кесіндісі нүктелерінің екі класқа, K1 және K2 кластарына, бөлшектенуі дедекинд аксиомасының барлық шарттарын қанағаттандырады, сондықтан [BC] кесіндісі нүктелерінің жиыны үстінде дедекинд қимасы болады. Бұл қиманы L нүктесі жасайтын болсын. дәлелдейік. L K 2 екендігін Керісінше ұйғарайық: L K1 . Сонда ( AL ) ∩ a D болады. D[BX ) a ∩ [( AB), C) болады (өйткені D нүктесі [BX) сәулесінің толықтауыш сәулесінде жатады деп ұйғарғанда үшбұрыштың сыртқы бұрышы туралы теоремаға қайшы қорытындыға келеміз). P[BX )| (BDP) нүктесін алайық. Онда ( AP) ∩ [LC] P0 | (LP0C ) болады және дедекинд болады. Бұл қорытынды ( AP0 ) ∩ a қорытындысына қайшы келеді. Сондықтан, L K 2 және сонымен бірге (BML) M K1 деп қорытамыз. (АВ) түзуі бойынша (AL) түзуіне симметриялы болатын (AL1) түзуін алайық. Бұл (AL) және (AL1) түзулерінің мынадай қасиеттері болады. а) бұл түзулер а түзуін қимайды, b) (AL) және (AL1) түзулерінен құралатын төрт вертикаль бұрыштың екеуінің ішінде орналасатын, төбелері А нүктесінде болатын шоқтың барлық түзулері а түзуін қиып өтеді, ал қалған екі вертикаль бұрыштың ішінде орналасатын вертикаль шоғы а түзуін қимайды. а) және b) қасиеттері болатын (AL) және (AL1) түзулерін Лобачевский а түзуіне параллель түзелер деп, ал BAL бұрышын А нүктесіндегі а түзуі бойынша анықталатын параллельдік бұрышы деп атаған. Демек, параллельдік бұрыш Лобачевский жазықтығында әрдайым сүйір бұрыш болады. [BX1) сәулесі [BX) сәулесінің толықтауышы болған жағдайда (AL) түзуі a түзуіне [BX) бағытында,ал (AL1) түзуі a түзуіне [BX1) бағытында параллель түзу дейді. Сонымен, әрбір A a нүктесінен a түзуіне параллель болып екі түзу өтеді: олардыңбірі a түзуінің бір бағыты бойынша, екіншісі екінші бағыты бойынша параллель болады. Егер a және b түзулері бір жазықтықта жатып, біріне – бірі параллель де болмаса, сөйте тура қиылыспайтын болса, жинақталмайтын (бытырайтын) түзулер деп аталады. A a нүктесінен a түзуімен жинақталмайтын сансыз көп түзулердің өтетіндігін түсіну қиын емес. 3. ЕВКЛИДТІҢ ПАРАЛЛЕЛЬДІК АКСИОМАСЫНЫҢ ТӘУЕЛСІЗДІГІЛобачевскийдің нәтижелерінің Евклид геометриясы идеяларында тәрбиеленіп, қалыптасқан ғалымдарға қисынсыз көрінгендігі сонша болды, оларды замандастарының көпшілігі (тіпті XIX ғасырдың аса ірі математиктерінің бірі – академик М.В.Остроградский де) түсінбеді: Сол кезде, Н.И.Лобачевский мен қатар, параллель түзулердің теориясымен К.Гаусс пен Я.Бояи де шұғылданған болатын. Бірақ Гаусс параллельдер теориясынан ешқандай еңбек жарияламады, түсінбегендер мысқыл етер деп қорықты. Гаусс өлгеннен кейін, оның қағаздарының арасынан, гиперболалық геометрияның кейбір өте – мөте қарапайым теоремаларының үзінділері табылды. Я.Бояи өзінің «Аппендикс» (мағынасы – «Қосымша» деген сөз) атты жұмысын 1832 жылы жариялаған. Бұл еңбек ғалымның әкесі Ф.Бояидың математикадан жазған оқулығына қосымша ретінде шыққан (Лобачевскийдің еңбегі одан 3жыл бұрынжарияланған, бірақ Я.Бояи оны білмеген). Я.Бояида Лобачевский ұсынған теорияны баяндаған, алайда оның баяндауы Лобачевскийдікінен әлдеқайда қысқа еді. Лобачевскийдің зерттеулері жұртшылққа ғалымның өзі өлгеннен кейін кеңінен танылды. Лобачевскийдің геометриядағы еңбектері жаратылыстану ғылымдарының дамуында жаңа кезең болып шықты (XIX ғасырдағы ағылшын математигі Клиффорд Лобачевскийді «Геометрияның Копернигі» деп тегін атаған жоқ). Лобачевскийге дейін Евклидтік геометрия кеңістік жөніндегі болуға мүмкін бірден – бір ілім болып есептелетін еді. Лобачевский еңбектері мұндай көзқарасты бекерге шығарды да, геометрияда көптеген жалпылаулар және олардың математиканың, механиканың, физиканың және астрономияның сан алуан салаларында қолданылу жолдарын тудырады. Бақылау сұрақтары:Лобачевскийдің параллельдік түзулері мен параллельдік бұрышы. Қандай түзулерді жинақталмайтын деп атайды? Лобачевскийдің параллельдік аксиомасы. Практикалық сабақтар мен СӨЖ тапсырмалары:Үшбұрышты призманың жоғарғы табанының төбесі арқылы және төменгі табанының оған қарама-қарсы жатқан қабырғасы арқылы өтетін жазықтық осы үшбұрышты призманы қандай көпжақтарға бөледі. АВСDА1В1С1D1 төртбұрышты дұрыс призмасының В1D мен D1В диагональдары өзара перпендикуляр. Призманың А1С мен В1D диагональдары арасындағы бұрыш 600 болатынын дәлелдеңіз. АВСА1В1С1 үшбұрышты призмасының табаны АВС дұрыс үшбұрышты болып табылады. ВD - осы үшбұрыштың биіктігі, ал А1 төбесі оның центріне проекцияланады. а) АА1О ВВ1С; b) ВВ1С1С1 жағы - тіктөртбұрыш болатынын дәлелдеңіз. Пирамиданың табаны ромб болып табылады. Екі бүйір жағы табан жазықтығына перпендикуляр және 1200-тық екі жақты 300 бұрышпен көлбеген. Егер пирамиданың биіктігі 12 см болса, оның бетінің ауданын табыңыз. Төртбұрышты дұрыс пирамиданың төбесіндегі жазық бұрышы 600-қа тең. Бүйір жағы мен пирамида табанының арасындағы екіжақты бұрыш бүйір қырындағы екіжақты бұрыштан екі есе кем болатынын дәлелдеңіз. NАВСD дұрыс пирамидасындағы АN = b, AD = a. пирамиданың NА қырына пареллель, табанының ВD диагоналі арқылы өтетін жазықтығымен қимасын салыңыз және қиманың ауданын табыңыз. N мен С нүктелері жазықтығынан бірдей қашықтықта екенін дәлелдеңіз. DАВС пирамидасының табаны-қабырғалары АС = 13, АВ = 15 см, СВ = 14 см болатын үшбұрыш. DА бүйір қыры табан жазықтығына перпендикуляр және 9 см-ге тең. а) А төбесінен ВDС жағының жазықтығына жүргізілген перпендикулярдың табаны осы жақтың биіктігінде жататынын дәлелдеңіз және осы перпендикулярдың ұзындығын табыңыз. дәріс. жүктеу/скачать 1.26 Mb. Достарыңызбен бөлісу:
|