Қазақстан республикасы білім және ғылым министрлігі қазақ мемлекеттік қыздар педагогикалық

функциясы метрика болады. Дәлелдеңіз.

2. 
   X  Rⁿ
   

(n- өлшемді кеңістік) болсын. Бұл

кеңістіктің кез келген
х  (х₁ , x₂ ,..., x_n ), y  ( y₁ , y₂ ,..., y_n )

нүктелері (векторлары) үшін аралық метриканы
n

1
1⁰. (x, y)  _
k 1
x_k  y_k

2⁰. (x, y) 
2

3⁰. (x, y) max x  y ;

³ 1k n ^{k k}
өрнектердің біреуімен енгізуге болатынын көрсету керек.

3. 
   Эллипстік цилиндрдің ашық сақинаға гомеоморфты екенін дәлелдеңіз.
   
4. 
   Бір қуысты гиперболоид ашық сақинаға гомеоморфты екенін дәлелдеңіз.
   

6. 
   N– натурал сандары жиынында
   

функ-циясы метрика болатынын көрсетіңіз.

₁ (x, y) 
x  y xy

7. 
   Егер
   

( X , )
метрикалық кеңістік болса, онда мына

функцияның дәлелдеңіз.
_{ (x, y) }  (x, y)
1   (x, y)

метрика болатынын

8. 
   R нақты сандар жиынында
   

 (x, y) 
f (x)  f ( y)

өрнегі метрика болуы үшін f(x) функциясы қандай шарттарды қанағаттандыруы керек?
9-дәріс.

КЕСІНДІЛЕРДІ ӨЛШЕУ

Жоспары:

1. 
   Кесінділерді (және бұрыштарды) өлшеу
   
2. 
   Кесінділердің көбейтіндісі.
   
3. 
   Вейль, Гильберт және тағы сол сияқты аксиомалар жүйелеріндегі кесінділерді өлшеудің жалғыздығы
   

1. КЕСІНДІЛЕРДІ (ЖӘНЕ БҰРЫШТАРДЫ) ӨЛШЕУ

Кесінділерді өлшеу жүйесін тағайындау дегеніміз – әрбір АВ кесіндісін кесіндісінің ұзындығы деп аталатын қандай да бір оң санмен (АВ-мен) салыстыру, мұнда мынадай шарт орындалуы қажет:

1. 
   ұзындығы 1-ге тең қандай да бір кесінді бар болады;
   
2. 
   конгруентті кесінділердің ұзындықтары бірдей болады;
   

кесіндінің
¹ бөлігі болса, онда KL  MN болады.

n
1)
болады.
2
n  1болғанда бұл сөйлем анықтама бойынша дұрыс

2. 
   Бұл сөйлемнің
   

n  2 болғанда дұрыс болатындығын,

яғни кез-келген бір кесіндінің төрттен бір бөліктері конгруентті екендігін дәлелдейік. Бұл үшін конгруентті кесінділердің жартысына конгруентті болатындығын дәлелдесек жеткілікті.
AB  A^B^, O  AB ^{-нің ортасы, О  AB-нің ортасы}

екендігі берілген дейік. керек.
АО  A^О^ болатындығын дәлелдеу

АО₁  A^B^, O₁ б/о
ВA және О₁ В₁  О^B^, мұнда В қ/о

А(О₁ )
(18 – сурет). Сонда
AB₁  A^B^ (4-дәріс ІІІ-топтағы

аксома), ал нүктелердің реті жөніндегі негізгі теорема бойынша,
В₁ б/о ВAболады. AB₁  A^B^, АВ  A B В₁ болса, В(А)
1 1
қатынастарынан конгруенттік аксиомаларынан шығатын теорема бойынша, B мен В₁ нүктелері дәлме – дәл келетіндігі шығады.

Енді
AО  АО¹  О¹B^ O B сондықтан да О₁ – АВ₁

1 1 1
кесіндісінің немесе AB кесіндісінің ортасы және сондықтан (39 –
теорема) O₁ мен О дәлме – дәл келеді. Демек, АО  A^О^
дәлелдейтініміз де осы еді.

нүктелері (19 – сурет) – AB кесіндісінің
^Еі1 ^Еі
^{ ОЕ}і1 ^Еі ^Еі1

болатын нүктелері және
Е_п1 - Е_і нүктелердің ішіндегі
АВЕ_п1

болатындай нүкте болсын.

19-сурет.

Егер Е_п нүктесі B – мен дәлме – дәл келетін болса, ұзындықтың анықтамасы бойынша (3 – пункт), біз АВ  п деп

есептейміз.
Е_п нүктесі B – мен дәлме – дәл келмейді, яғни Е_пВЕ_п+1
болады деп ұйғарайық. Е – Е_п, Е_п+1 кесіндісінің ортасы болсын.

Е Е₁ Е  х
деп белгілеп, 2 – шарт бойынша,
ЕЕ_п1  х

болатындығын табамыз, ал
ЕЕ_п1  1 сонда 3 – шарт бойынша,

х  х  1,
х  ^{1 . Сондықтан, егер Е пен B дәлме – дәл келетін}
2

болса, онда 3 – шарт бойынша, біз
АВ  п  ¹

2

деп ұйғаруға

міндеттіміз. Ілгеріде талқылаулар жасауға қолайлы болу үшін былай деп жазамыз: (AB) = n, 1 үтірден кейінгі таңбаларды екілік жүйе де деп түсінетін боламыз.
Енді E^| пен B дәлме – дәл келмейді деп ұйғарайық. Сонда не
E_nBE^| не E^|BE_n+1 болады.

Мысалы,
/

Е ВЕ
п1
болсын (екінші сөйлем осыған ұқсас

дамиды).
Е ^//  Е ^/ Е кесіндісінің ортасы дейік. Егер B мен E^||

п1
дәлме – дәл келетін болса (20 – сурет), онда, 3 – шарт бойынша,

20-сурет.

АВ  АЕ
 Е Е ^/  Е ^/ Е ^//  n  ¹  ¹  п ,11 Егер де B

п п _{2 4}
мен Е^// дәлме – дәл келмесе және Е^/ВЕ^// болса (21 – сурет), онда E^/Е^// кесіндісінің ортасын алып, жоғарыдағыша талқылаймыз: (AB) = n, 10… және B нүктесін E^/Е^// кесіндісінің ортасымен салыстырамыз.

21-сурет.

Егер мұндай талқылаулар процесі шекті болса, яғни қандай да бір k жерге келгенде B нүктесі E^k – мен дәлме – дәл келетін болса, онда бұдан бұрын айтылған бойынша, біз (AB) = n_1, n₂, …,

AB ^
k _{ }
k _
 k _

 _ A E _  _ E B _  _ A E _,
     
^  k ^  AB  ^  k ^  AB, демек k – ның кез келген
_ A E _{ } B E _

   

_ k _
  ^
 k _

мәнінде _ AE _  AB  _ A E _ .

   

_ k _
 A E _ тізбегінің k →∞ жағдайдағы шегі d – болады,

 

өйткені ол тізбек монотонды кемімелі емес және k – ның кез

 
k
келген мәнінде _ A E _  n  1 .

 

Осыдан мынандай сан да болады деген қорытындыға келуге
_d  ^{ k }

болады:
 lim_ A E _

k _{ }
Мұнда d ^  d ^  d ,

k
өйткені ^
 k _
 k _
  k k _{ 1}

_ A E _  _ A E _  _ E E _   0
      ₂
Ортақ шегі бар айнымалы екі шаманың арасындағы шама сол шекке тең болатындығы белгілі. Сондықтан (AB) = d, олай болса бұл ұйғаруда да (AB) саны бір мәнді аныкталған. 1- теорема дәлелденді.

2. 
   теорема. Егер ОЕ – кез келген кесінді болса, онла (ОЕ) =
   

1 болатын кесінділерді өлшеу жүйесі болады.

E₁ , E₂ ,..., E_n , E_n1
нүктелерін салып бұрынғыша, k-ның кез

k   k  k

келген мәнінде
E B E болатындай E E
кесінділерінің

(шектеулі немесе шектеусіз) тізбегін түземіз.
Осы салуды AB сәулесінің бойына сәйкес етіп көшірейік,

яғни оның бойына
E₁ , E₂ ,..., E_n , E_n1
нүктелерін салып, AB

сәулесінің бойындағы нөмірлерге сәйкес кесінділердің орталарын белгілейік (қазірше В¹ нүктесінің орнына назар
_ k _{ } ^k1 _

аудармайық). Өлшеудің осы әдісінде әрқашан
_ A E _   A E 

_  k _{ } ^{ k1} _

^{ }  

және _ AЕ _   AЕ 
болатындығын түсіну қиын болмайды.

^{ }  

 k1  k1

Екінші жағынан, әрбір к үшін
E В E
қатысы дұрыс болып

шығатындығын айтуға болады. Демек, (АВ) мен (В¹A¹) сандары бір ғана тізбектің арасында болады, сондықтан оларға тең.
3-шарт орындалатындығын дәлелдеу ғана қалады. Бұл үшін өлшеудің беріліп отырған әдісі бойынша, үлкен кесіндіге үлкен өлшеуіш сәйкес келетіндігін алдын ала дәлелдейік.
^{АВ ˃ A1}B¹ болсын. В₁ - AB сәулесінің АВ  А¹В¹

1

1
болатындай нүктесі делік. Сонда, анықтама бойынша
АВ₁ В .

Бұрынғыша талқылағанда
АВ  А¹В¹ болғандықтан, (АВ₁) мен

бірдей бірлік кесіндінің
¹ –ші бөлігінде жатуы мүмкін емес:
₂k

бұлай болғанда

¹ OE  B B

болар еді, яғни к-ның кез келген

₂ 1
мәнінде 2^кВ₁В < OE болар еді, бұл Архимед теоремасына қайшы келеді.
3-қасиетті дәлелдейік. (AB) = a, (BC) = b, (AC) = c болсын.
¹ ОЕ кесіндісін түзіп аламыз да, оны В нүктесінің екі
₂ n
жағына өлшеп сала береміз, мұны к-ның бір мәнінде

ВС_m  BC  BC_{k 1}
ал m-нің бір мәнінде
ВС_m  BC  BC_m1

болып шыққанша қайталай береміз (22 – сурет).

22-сурет

Бұpын айтылғандай, ВА_k  a  BA_{k 1}

яғни,
^k  a  ^{k  1} , сондай-ақ
2n 2ⁿ
ВС_m  b
 BC


m1

яғни,


k  m _{ a  b } k  m  2
m _{ b } m  1 ₂n ₂n
.
демек

2n 2 ⁿ

туралы теорема бойынша
A_k C_m AC  A  A_{k 1}C_m1
сондықтан

_да k  m _{ c } k  m  2 _.
2n 2ⁿ

Демек,
a  b  c  .

Енді
n  
деп алып, (a + b - c) тұрақтысы шектеусіз аз,

яғни нольге тең екендігін табамыз, дәлелдейтініміз де осы еді.
Кесінділер үшін қолданған жолмен бұрыштарды өлшеу системасы жөніндегі ұғымды да енгізуге болатындығы және ол системаның бар болуы мен оның бірден-бірлігін дәлелдеуге болатындығын ескертейік.
Бұдан бұрын айтылғаннан, қарсы жорып дәлелдеу әдісі бойынша өлшеуіштері тең кесінділер конгруентті деген қорытынды жасауға болады. Бұрыштар жөнінде де осылай деуге болады.
Қасиеттері осындай болып келген геометриялық шамалар кейде бірінші текті шамалар деп аталады.
Кесінділерді өлшеудің байымдалған теориясы абсолют геометрия саласына жатады.

2. КЕСІНДІЛЕРДІҢ КӨБЕЙТІНДІСІ

Анықтама. Егер
 А  А^/ ,
 В  В^/ ,
 С  С ^/ ,

болса, онда АВС үшбұрышы
_А/ _В / _С /
үшбұрышына ұқсас

^{дейміз де, былайша жазамыз:}  АВС ^~ А^/ В^/С ^{/ .}
Атап айтқанда, конгруентті үшбұрыштар ұқсас болады.
Конгруентті емес ұқсас үшбұрыштардың бар болуына көз жеткізу үшін, кез келген АВС үшбұрышын қарастырайық. А^/ - АВ кесіндісінің кез келген нүктесі болсын (23 – сурет). А^/М - АС түзуіне параллель түзу. Паш аксиомасына сәйкес, А^/М түзуі ВС кесіндісінің қандай да бір С^/ нүктесі арқылы өтеді. 4-дәріс ІІІ-топтағы 6-аксиома мен параллельдік аксиомалар туралы

болсын. E^| және A^| - h 
сәулесінің
PE ^|  OE,
PA^|  AB

болатындай нүктесі және B^| - k сәулесінің PB^|  CD
болатындай нүктесі болсын. Егер A^|M || E ^| B^| болса, онда A^| M
түзуі k  сәулесінің C^| нүктесі арқылы өтеді. РC^| кесіндісін AB мен CD кесінділерінің көбейтіндісі деп атаймыз және былай ^{жазамыз:} PC ^|  AB  CD ^.

 

a ,

b , c
Жазуы оңай болу үшін кесіндіні бөбесіне « ~ » таңбасы қойылған кіші әріппен белгілейміз: ^~ ^~ ^~ т.с.с. ал сызбада
әріпті сәйкес кесіндінің ұшына жазады (25 – суретті қараңыздар), ал a^~ кесіндісінің өлшеуішін а деп белгілейді.

анықтауға болады: 23 – суретте
PC ^| : PB^|  PA^|

 
3-теорема. Екі кесіндінің көбейтіндісінің өлшеуіші

b
олардың өлшеуіштерінің көбейтіндісіне тең, яғни a^~  ^~  a  b .

b
26 – суретте c^~  ^~a  ^~ деп ұйғарайық. Бірлік кесіндіні 2

жүктеу/скачать 1.26 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: