Pedagogika universiteti fizika

-teorema.

f : Eⁿ  Eⁿ
, n  1, 2, 3
almashtirish izometrik almashtirish

boʻladi, shunda va faqat shunda qachonki u nuqtalar orasidagi masofani saqlasa, ya’ni

qachonki
M , M  Eⁿ
nuqtalar uchun
 _M₁, M_{2 }   _ f _M_{1 }, f _M_{2 } .

1 2
Isbotni tekislik boʻlgan hol uchun olib boramiz. f - Oxy va O^x^y^ toʻgʻri burchakli koordinatalar sistemalari bilan assotsirlangan izometrik almashtirish boʻlsin. Bu koordinatalar sistemasining toʻgʻri burchakliligi tufayli
^ ^{M1, M2}  ^


f(M₁) va (M₂) nuqtalar ham ammo endi yangi O^x^y^ koordinatalar sistemasida u ham shuningdek toʻgʻri burchaklidir xuddi shunday koordinatalarga ega boʻladi. Shuning

uchun
^ ^{M1, M2}  ^
va (8) tenglik tekshirildi.

Endi f akslantirish nuqtalar orasidagi masoqani saqlasin. Unda u kesmani berilgan nisbatda boʻlishini saqlaydi. Haqiqatan ham MN kesmani P nuqta λ nisbatda boʻlsin. Unda

MP  PN
MP   _M , P_   _ f _M _, f _P_ 


PN   _P, N _   _ f _P_, f _N _ 



ya’ni f almashtirish kesmani berilgan nisbatda boʻlishni saqlaydi. Shuning uchun 45.6-jumlaga muvofiq f almashtirish affin almashtirish boʻladi. Tekislikda birorta

ortonormal
Oe₁e₂
reperni olamiz. Isbotni tugatish uchun 3 -jumlaga muvofiq

^f ⁰ ^f ^e1  ^f ^e2 
reper ham shuningdek ortongormal reper boʻlishini koʻrsatish qoldi.

O nuqtadan qoʻyilgan e₁
va e₂
vektorlar oxirlari M₁ va M₂ nuqtalarda joylashgan

boʻlsin. Unda
Oe₁e₂
reperning ortonormalligi M₁OM₂ uchburchak toomnlari 1, 1,

uzunlikda boʻlishiga ekvivalentdir. f akslantirish nuqtalar orasidagi masofani saqlagani uchun f(M₁)f(O)f(M₂) uchburchak tomonlari ham xuddi shunday uzunlikda

boʻladi. Demak
^f ⁰ ^f ^e1  ^f ^e2 
reper ham ortonormaldir. Teorema isbotlandi.

Eslatma. 2-teoreman isbotlashda isboti keltirilmagan 6-jumlani tatbiq qildik. Nuqtalar orasidagi masofani saqlovchi f akslantirishning affin almashtirish ekanligini 6 -jumlaga tayanmasdan ham isbotlash mumkin. Buning uchun koʻramizki bunda f akslantirish teng vektorni teng vektorlarga oʻtkazadi.

Haqiqatan ham
M₁N₁  M₂ N₂
vektorlarning tengligi M₁N₁N₂M₂ toʻrtburchakning

parallelogramm boʻlishiga teng kuchli boʻladi. Unda f (M₁)f(N₁)f(N₂) f (M₂) toʻrtburchak ham parallelogramm, chunki
 _ f _M_{1 }, f _M_{2 }   _M₁, M_{2 }
 _ f _M_{2 }, f _ N_{2 }   _M₂ , N_{2 }
 _ f _ N_{2 }, f _ N_{1 }   _ N₂ , N_{1 }
 _ f _M_{1 }, f _ N_{1 }   _M₁, N_{1 }

Demak,
^f ^M1  ^f  ^N1  ^{ f} ^M2  ^f ^N2 
(shunday xulosa qilishda toʻrtburchak tomonlari

uzunliklari saqlanishiga tayanib qolmasdan balki, uning diagonallari uzunliklarining saqlanishiga ham tayanamiz).

Demak
f : E²  E²
almashtirish
f :Vect(2) Vect(2)
akslantirishni yuzaga

keltiradi. Yana shundaki f almashtirishning parallelogrammni saqlanishdan va kesmani berilgan nisbatda boʻlishini saqlashidan bu akslantirish chiziqli boʻladi.

Shuning uchun f almashtirish affin almashtirish ekanligini tekshirishni tugatish uchun ushbu jumlani isbotlash yetarli.

4 -jumla.

f : Eⁿ  Eⁿ
, n  1, 2, 3
almashtrish teng vektorlarni teng vektorlarga

oʻtkazgan boʻlsin va bu almashtirish yuzaga keltirgan f :Vect(n) Vect(n) akslantirish

chiziqli boʻlsin. Unda f almashtirish affin almashtirishdir.

Isbot. Eng oldin bunda f almashtirish boʻlgani tufayli f almashtirish shuningdek biektiv boʻlishini ta’kidlab oʻtamiz. Shuning uchun u izomorf boʻladi.

Xususan bazisni bazisga oʻtkazadi ham.
Oe₁e₂

• 
  tekislikdagi birorta reper boʻlsin.
  

Unda
^f ⁰ ^f ^e1  ^f ^e2 
ham reper boʻladi. Ixtiyoriy M nuqta
Oe₁e₂
reperda (x,y)

koordinatalarga ega boʻlsin. Bu bunda
akslantirish chiziqlilig tufayli
OM  xe₁  ye₂
boʻlishini anglatadi. Unda f

^f ^O ^f ^M  ^{ f} _^OM _ ^{ x f} ^e1  ^{ y f} ^e2 

tenglik hosil qilamiz. Ammo bu tenglik f(M) nuqta
^f ⁰ ^f ^e1  ^f ^e2 
reperda (x,y)

koordinatalarga ega boʻlishini anglatadi. Shunday qilib almashtirish reperlar juftligi bilan assotsirlangan va demak affin almashtirishi. Jumla isbotlandi.

47.5-eslatma 47.3-eslatma va 47.4-jumlada keltirilgan mulohazalar 45.6- jumlani amaliy jihatdan isbotlaganini koʻrish oson. Faqat bunda f almashtirish kesmani berilgan nisbatda boʻlishni saqlasa, u holda u parallelogrammni parllelogrammga oʻtkazishini tekshirish kerak. Buning uchun bunda f almashtirish toʻgʻri chiziqni toʻgʻri chiziqga, parallel toʻgʻri chiziqlarni esa parallell toʻgʻri chiziqlarga oʻtkazishini koʻrish kerak. Tekislik boʻlgan holda oxirgi tasdiq parallel toʻgʻri chiziqlar shunday xossasi ularning kesishmasligidan kelib chiqadi. Fazo boʻlgan holda esa dastlab bunda f almashtirish tekislikni tekislikga oʻtkazishni koʻrsatish kerak. MN kesmani λ nisbatda boʻluvchi P nuqta MN kesmaning oʻng

tomonida joylashgan boʻlsa, MP  PN
tenglikga muvofiq
^{ }^{, 1} ^{, agar chap}

tomonida boʻlsa,
^{ }^{1; 0}^{, agar P nuqta M,N nuqtalar orasida boʻlsa
 }^{0; }
(a),

2. 
   , v) rasmlar) boʻladi.
   

1. 
   rasm b) rasm v) rasm
   

Agar λ=0 boʻlsa, u holda M=P ustma-ust tushadi, f almashtirish kesmani

berilgan nisbatda boʻlishni saqlagani uchun, ya’ni
^f ^M  ^f ^P ^{  f} ^P ^f  ^N 
tenglikga

asosan
^{ }^{, 1}
^{da f(P) nuqta f(M)f(N) kesmaning oʻng tomonida,  }^{1; 0} ^{da f(P)}

nuqta f(M)f(N) kesmaning chap tomonida,
^{ }^{0; } ^{da da f(P) nuqta f(M) va f(N)}

nuqtalar orasida joylashgan boʻladi. Demak agar f almashtirish kesmani berilgan nisbatda boʻlishni saqlasa, u holda u toʻgʻri chiziqni toʻgʻri chiziqga oʻtkazadi. Tekislik boʻlgan holda parallel toʻgʻri chiziqlar shunday xossasi ularning kesishmasligidan kesmani berilgan nisbatda boʻlishni aniqlovchi f almashtirish parallel toʻgʻri chiziqlarga oʻtkazish kelib chiqadi, chunki f almashtirish biektiv aks ettirish boʻlgshanidan tekislikdagi a va b toʻgʻri chiziqlar uchun
a

munosabat oʻrinlidir.

Endi fazo boʻlgan holni koʻraylik.


g) rasm
Kesmani berilgan nisbatda boʻlishni saqlovchi f almashtirish tekislikni tekislikga oʻtkazishini isbotlaylik. ^ -ixtiyoriy tekislik boʻlsin. Unda bir toʻgʻri chiziqda yotmagan ixtiyoriy uchta A, B, C nuqtalarni belgilaymiz, f almashtirishda ular ham
shuningdek bir toʻgʻri chiziqda yotmagan uchta A^, B^, C^ nuqtalarga oʻtadi. Ular orqali
^{ } tekislikni oʻtkazamiz. Biz qarayotgan almashtirishda ^ tekislik ^{ } tekislikga oʻtishini isbotlaymiz.

X - ^ tekislikning ixtiyoriy nuqtasi boʻlsin. U orqali ABC uchburchakni ikkita Y va Z nuqtalarda kesuvchi a toʻgʻri chiziqni oʻtkazamiz. A toʻgʻri chiziq f almashtirishda birorta ^a toʻgʻri chiziqga oʻtadi. Y va Z nuqtalar esa ^ABC uchburchakga tegishli boʻlgan, demak ^{ } tekislikga ham tegishli boʻlgan Y ^ va Z ^ nuqtalarga oʻtadi. Demak ^a toʻgʻri chiziq ^{ } tekislikda yotadi. f almashtirishda X nuqta ^a toʻgʻri chiziqning, demak ^{ } tekislikning ham nuqtasi boʻlgan Y ^ nuqtaga oʻtadi, mana shuni isbotlash talab etilgan edi.
Endi M₁N₁N₂M₂ toʻrtburchak parallelogramm boʻlsin

Unda kesmani berilgan nisbatda boʻlishni aniqlovchi f almashtirishda M₁N₁ va M₂N₂ parallel toʻgʻri chiziqlar f(M₁)f(N₁) f(M₂)f(N₂) parallel toʻgʻri chiziqlarga, M₁M₂ va N₁N₂ parallel toʻgʻri chiziqlar f(M₁)f(M₂) f(N₁)f(N₂) parallel toʻgʻri chiziqlarga oʻtadi. Demak M₁N₁N₂M₂ parallelogrammga oʻtadi. 47.2-teoremadang ushbu jumla kelib chiqadi.

6.