O ‘zbekiston respublikasi

T eorema. AB segmenti A ¢ B segment segmentdan kattaroq bo'lsin va burchaklar va shunga mos ravishda ularning parallellik burchaklari.
Dalil. Bu teoremaning isboti buzilgan uchburchakning tashqi burchagi bo'yicha to'g'ridan -to'g'ri teoremadan kelib chiqadi. AB nuqtasiga perpendikulyar bo'lgan A nuqta orqali yo'naltirilgan to'g'ri chiziq va B nuqta orqali yo'naltirilgan to'g'ri chiziqni parallel chizamiz. AB nuriga AP segmentini A ¢ B ¢ ga teng qo'yaylik. Chunki, keyin P - AB segmentining ichki nuqtasi. R orqali C 1 C 2 yo'naltirilgan chiziqni chizamiz, u ham parallel. Burchak A ¢ B segment segmentning parallelligi burchagi bo'lib xizmat qiladi va burchak AB segmentining parallelizm burchagi. Boshqa tomondan, chiziqlar paralelligi tushunchasining simmetriyasi haqidagi teoremadan S 1 S 2 chizig'i chiziqqa parallel ekanligi kelib chiqadi. Shuning uchun, RBC 2 A 2 uchburchagi buzilgan, t ashqi va uning ichki burchaklari.
Teorema.AB va A ¢ B ¢ segmentlarining parallellik burchaklari.Agar, AB> A ¢ B ¢.
Dalil. Teoremadan kelib chiqadiki, bu teorema gipotezasiga zid.
Shunday qilib, biz har bir segment o'zining parallellik burchagiga, katta segment esa kichikroq parallellik burchagiga mos kelishini isbotladik. Har qanday o'tkir burchak uchun bu burchak parallellik burchagi bo'lgan segment borligini isbotlovchi bayonotni ko'rib chiqing. Bu Lobachevskiy tekisligidagi segmentlar va o'tkir burchaklar o'rtasida birma-bir yozishmalar o'rnatadi.
Teorema. Har qanday o'tkir burchak uchun bu burchak parallel burchak bo'lgan chiziqli segment mavjud.
Dalil. Keskin burchak ABC berilsin. Biz BA va BC nurlarida ko'rib chiqiladigan barcha nuqtalar B va A va B va C nuqtalar oralig'ida joylashgan deb taxmin qilamiz. Keling, nurni ruxsat berilgan deb ataylik, agar uning kelib chiqishi BA burchagi tomoniga tegishli bo'lsa, u BA to'g'ri chiziqqa perpendikulyar va berilgan burchakning BC tomoni kabi BA to'g'ri chiziqqa nisbatan yarim tekislikda joylashgan. Keling, Legendre taklifiga murojaat qilaylik: n Bu tomonning istalgan nuqtasida o'tkir burchak tomoniga chizilgan perpendikulyar burchakning ikkinchi tomonini kesib o'tadi. Legendre taklifi evklid geometriyasining paralelligi aksiomasiga teng.Shundan kelib chiqib, biz Lobachevskiy samolyotida bu bayonotning mantiqiy rad etilishi o'rinli, degan xulosaga keldik. Har qanday o'tkir burchak tomonida shunday nuqta borki, unga ko'tarilgan perpendikulyar burchakning ikkinchi tomonini kesib o'tmaydi. Shunday qilib, berilgan burchakning miloddan avvalgi tomonini kesib o'tmagan, M nuqtasida kelib chiqishi bilan shunday ruxsat berilgan m nur bor.
VM segmentining nuqtalarini ikkita sinfga ajratamiz. Sinf Bu segmentning nuqtalariga tegishli bo'ladi, ular uchun bu nuqtalarda kelib chiqishi mumkin bo'lgan nurlar bu burchakning miloddan avvalgi tomonini kesib o'tadi va sinf miloddan avvalgi segmentning shu nuqtalariga tegishlidir, ular uchun bu nuqtalarda kelib chiqishi mumkin bo'lgan nurlar miloddan avvalgi tomondan o'tmaydi. Keling, BM segmentining bunday bo'linishi Dedekind bo'limini tashkil qilishini ko'rsataylik.
5. v a sinflar va B va Mdan boshqa nuqtalarni o'z ichiga oladi;
6 . sinfning B dan boshqa har qanday nuqtasi B nuqtasi bilan sinfning istalgan nuqtasi o'rtasida joylashgan.
Birinchi shart aniq bajarilgan. BM segmentining har qanday nuqtasi K 1 sinfiga yoki K 2 sinfiga tegishli. Bundan tashqari, ushbu sinflarning ta'rifi tufayli nuqta bir vaqtning o'zida ikkita sinfga tegishli bo'la olmaydi. Shubhasiz, biz M nuqta K 2 ga tegishli deb taxmin qilishimiz mumkin, chunki M nuqtasida kelib chiqishi bilan ruxsat etilgan nur miloddan avvalgi kesishmaydi. K 1 sinfida B dan farqli bo'lgan kamida bitta nuqta bor. Uni qurish uchun BC tomonidagi ixtiyoriy P nuqtani tanlab, undan BA nuriga perpendikulyar PQ tushirish kifoya. Agar biz Q nuqtani M va A nuqtalar oralig'ida joylashgan deb hisoblasak, u holda P va Q nuqtalari m nurini o'z ichiga olgan chiziqqa nisbatan har xil yarim tekislikda yotadi. Shuning uchun, PQ segmenti m nurini bir nuqtada kesib o'tadi. Biz R nuqtadan ikkita chiziqqa BA chizig'iga tushganini aniqlaymiz, bu teoremaga ziddir. Shunday qilib, Q nuqta BM segmentiga tegishli, K 1 klassi B dan boshqa nuqtalarni o'z ichiga oladi, nima uchun BA nurida K 2 sinfiga tegishli va undan farqli kamida bitta nuqta bo'lgan segment borligini tushuntirish oson. oxiri. Haqiqatan ham, agar ko'rib chiqilayotgan BM segmentining K 2 sinfida bitta M nuqta bo'lsa, biz M va A orasidagi ixtiyoriy M ¢ nuqtani tanlaymiz, kelib chiqishi M ¢ nuqtada bo'lgan ruxsat etilgan m ray nurini ko'rib chiqaylik. U m nurini kesmaydi, aks holda AB nuqtadan ikkita perpendikulyar tushadi, shuning uchun m BC miloddan avvalgi nurini kesmaydi. VM The segmenti istalgan qismdir va VM segmenti uchun boshqa barcha fikrlarni olib borish kerak.
Teoremaning uchinchi shartining to'g'riligini tekshirib ko'raylik. Faraz qilaylik, bunday nuqtalar bor va P nuqta U va M nuqta orasida yotadi. Keling, u va p nurlarini kelib chiqishi U va P nuqtalarda chizamiz, chunki p nur berilgan burchakning BC tomonini Q nuqtasida kesib o'tadi. U nurini o'z ichiga olgan to'g'ri chiziq uchburchakning BP tomonini kesib o'tadi. BPQ, shuning uchun Xilbert aksiomasiga, bu uchburchakning BQ tomoni yoki PQ tomonini kesib o'tadi. Ammo, shuning uchun, u nur BQ tomonini kesib o'tmaydi, shuning uchun p va u nurlari bir nuqtada R kesishadi. Biz yana qarama -qarshilikka keldik, chunki biz ikkita chiziqqa AB chizig'iga tushgan nuqtani qurdik. Biz qarama -qarshilikka ega bo'ldik, chunki biz nuqta va M o'rtasida joylashgan K 1 sinfining nuqtasini qurganmiz, shuning uchun biz burchakning har qanday ichki nurlari miloddan avvalgi nurini kesib o'tishini ko'rsatishimiz kerak. Bu burchakning h ixtiyoriy ichki nurini ko'rib chiqaylik. Keling, uning burchagiga tegishli bo'lgan ixtiyoriy K nuqtasini tanlaymiz va undan perpendikulyarni BA chizig'iga tushiramiz. Bu perpendikulyarning asosi S aniq BM 0 segmentiga tegishli, ya'ni. K 1 sinf (bu haqiqatni o'zingiz isbotlang). Bundan kelib chiqadiki, perpendikulyar KS berilgan burchakning BC tomonini T nuqtasida kesib o'tadi. BST uchburchagining ST tomonini K nuqtasida kesib o'tdi, aksiomaga ko'ra (Posho aksiomasi), bu uchburchakning BS yoki BT tomonlarini kesib o'tishi kerak. Ma'lumki, h BS segmentini kesib o'tmaydi, aks holda ikkita chiziq, h va BA, ikkita nuqta orqali o'tadi va bu kesishish nuqtasi. Shunday qilib, h BT tomonini kesib o'tadi, ya'ni teorema to'liq isbotlangan.
Ta'rif. Agar x - segmentning uzunligi, j - burchakning qiymati bo'lsa, u holda segmentning uzunligini parallellik burchagi qiymati bilan bog'laydigan j = P (x) ga bog'liqlik Lobachevskiy funktsiyasi deb ataladi.
Yuqorida isbotlangan segmentning parallellik burchagi xususiyatlaridan foydalanib quyidagi xulosaga kelishimiz mumkin: Lobachevskiy funktsiyasi monotonik ravishda kamayadi. Nikolay Ivanovich Lobachevskiy quyidagi ajoyib formulani oldi:
b u yerda k - ijobiy raqam. Bu Lobachevskiy kosmosining geometriyasida muhim ahamiyatga ega va uning egilish radiusi deb ataladi. Bir xil egrilik radiusiga ega ikkita Lobachevskiy maydoni izometrikdir. Ko'rinib turganidek, yuqoridagi formuladan ko'rinib turibdiki, j = P(x) - monoton kamayuvchi uzluksiz funktsiya, uning qiymatlari intervalga tegishli.