1611141253-0dfb8816724db4a6366d8ff392ad2dc5 (824988), страница 91
Текст из файла (страница 91)
'!(а) «. (в1„+ 1) !(е„). ЧАСТЬ б. ОСНОВАНИЯ ГЕОМЕТРИИ Отсюда, пользуясь (3) и деля на Це), получим Мл ! (л) мл+ ( л~ ~— < Я вЂ”- 2" ! (е) 2 (4) Применяя такой же вывод к функции 1', получим — ~< — ( — в— /Нл !' (Л) Мл + ( 2л !' (е) 2 (5) Эти неравенства (4), (5) верны при всяком и. Поэтому (6) что и требовалось доказать.
Д Единственность длины. Из доказанной теоремы непосредственно следует единственность длины при данном масштабе: Теорема 36. При данном масштабе е существует только одна функция отрезка Ца) с условиями (а) — (г). Доказательство. Если функции 1, 1' определены при одном масштабе е, т. е. Це) = !1(е) = 1, то из (6) следует 1'(а) = Ца). С) Теорема 5 (о замене масштаба). Если длины 1, 1' определены при масштабак е, е', то 1'(а) =1(а) 1'(е) =1(а) Докава тельство.
Если 1 при масштабе е, то 1(е)= 1 н из (6) 1'(а) = Ца) У(е). И совершенно так же, если 1'(е')=1, то Ца) = 1'(а)Це'). П Теорема 6 (о действиях с длинами). Отношение равенства, операции суммы, разности, отношения сбольше — меньше» для отрезков и их длин при любом данном масштабе полностью соответствуют друг другу; т. е. если а =Ь, то Ца)= ЦЬ), и обратно: если Ца)= ЦЬ), то а =Ь; и аналогично для сумм и т.д.
Дока з а тельство. Если а = Ь, то Ца)= ЦЬ), по условию (б). Докажем Обратное. Пусть Ца) =ЦЬ). Допустим, однако, что ать Ь и, скажем, а ) Ь, т. с. а= Ь+ с. Тогда Ца)= ЦЬ)+ Цс)» ЦЬ). Следовательно, необходимо а = Ь. из. измитвнии длины 56! Если а= Ь+ с, то 1(а)=1(Ь)+1(с) по условию (в), Докажем обратное. Пусть 1(а)=1(Ь)+1(с). По условию (в), ЦЬ)+ Цс) =!(Ь + с), так что 1(а) = = 1(Ь + с). Отсюда, по только что доказанному, а = Ь + с.
Для разности доказательство аналогично. Если а) Ь, т. е. а=Ь+с, то 1(а)=1(Ь+с) и 1(а) = 1(Ь)+1(с) ) 1(Ь). Докажем обратное. Пусть 1(а) ) 1(Ь). Тогда не может быть ин а ( Ь, ни а = Ь, так как было бы 1(а) ( 1(Ь) или Ца) =1(Ь). Следовательно, а ) Ь. П Теорема 7 (об отрезке заданной длины).
При любом масштабе е для всякого положительного числа х существует отрезок с длиной (в масштабе е), равной х. Доказательство. Пусть задан масштаб е; длину в этом масштабе обозначаем 1. Пусть дано еще число х ) О. Взяв целое и ) х, построим отрезок АВ = пе. На нем есть точки М, для которых 1(АМ) « 1 ! ч х (например, АМ= — е, если — ( х). Пусть З~ч Р| — класс всех таких точек М, а Рг — класс всех других точек К, лежащих на АВ. Очевидно, эти классы удовлетворяют условиям аксиомы непрерывности.
Поэтому существует такая точка С, что для всех Меи Р! н Кеи Рг 1(ЛМ) к" 1(АС) (~1(АК). Отрезок АС имеет нужную длину: 1(АС) =х. Дей. ствительно, допустим, ПАС) х. Тогда возьмем отрезок Ь с 1(Ь) «х — 1(АС). Отложив его на СВ, получим отрезок СР, и будет 1(АВ) =1(АС) +1(СО) (1(АС) + х — 1(АС) = х. Тем самым 0 ~ Рь и потому должно быть !(А0) = ~1(АС), хотя 1(А0) ) 1(АС). Это противоречие показывает, что не может быть 1(АС) ( х.
Аналогично докажем, что не может быть 1(ЛС) ) х. Следовательно, 1(ЛС) = х. Теорема 7 доказана. П Теорема 7 вместе с теоремами 3 н 6 приводит к выводу: Измерение отрезков, когда выбран масштаб, устанавливает взаимно однозначное соответствие между ЧАСТЬ В. ОСНОВАНИЯ ГЕОМЕТРИИ классами равных отрезков и положительными числами, при котором суммы отрезков и чисел соответствуют друг другу (а вследствие этого и разности, и отношения ебольше — меньше» также соответствуют друг другу). $4. Плоскостные аксиомы Плоскостные. аксиомы, обосновывающие измерение углов, можно сформулировать следующим образом, с наименьшим отклонением от аксиом, высказанных в гл.
1 ч. 2. Вслед за четырьмя группами линейных аксиом они образуют пятую группу. Ч,. Существует три точки, не лежащие на одном отрезке. Чм Всякая прямая делит все не принадлежащие ей точки на два класса: члежащие с одной и с другой стороны от нее». Замечание.
В гл. 1 ч. 2 аксиома деления плоскости содержала еще утверждение, что всегда есть точки, лежащие с разных сторон от прямой. Но теперь введена аксиома Чь из которой это непосредственно следует. Действительно, если а — данная прямая, то, по аксиоме Чь существует точка А, не лежащая на ней. Возьмем на а точку В, проведем отрезок АВ и продолжим за точку В. Его концы будут лежать с разных сторон от а. Помимо этого аксиома Ч~ обеспечивает, вместе с аксиомами связи отрезков н точек, существование отрезков. Ч1. Аксиомы угла.
Теперь, определив угол и поперечины, как в гл. 1 ч. 2, сформулируем аксиомы об углах. Ч1~ (аксиома равных углов). Если у двух углов есть равные соответственные поперечины, то все ик соответственные поперечины равньс Такие углы мы называем равными. Ч!В (аксиома откладывания угла). От любого данного отрезка от данного его конца и по данную сторону от него можно отложить угол, равный данному неразвернутому углу. Ч1» (аксиома единственности). Угол, отложенный по аксиоме Ч1», единственный. ь а плоскостные аксиомы Замечание.
Аксиома Ч1» на самом деле лишняя: она выводится нз других Аксиомы Ч1ь» можно заменить более простыми. Но пока мы принимаем все трн аксиомы ради простоты. УП. Акснома параллельных. В гл. 1 ч. 2 былн даны трн формулировки этой аксиомы; можно принять любую нз ннх. А можно, например, заменить аксиому параллельных отрезков следующей. Существует хотя бы один прямоугольник, или точнее: существуют такие четыре отрезка АВ, АС, В0, С0, что АС = В0, АВ = С0, ЛС 1 АВ, АВ 1 В0.
Другой варнант плоскостных аксиом: В этом варианте аксиомы Ч и Ч1 заменяются такими, которые говорят о треугольниках. Поэтому их можно объединить в одну группу: Ч '. Аксиомы треугольника. Ч, «. Существуют три точки, не лежащие на одном отрезке. Отрезки ЛВ, ВС, СА, соединяющие трн точки А, В, С, образуют треугольник. Поэтому эту аксиому можно назвать «аксиомой существования треугольника». У» *. Если отрезок пересекает сторону треугольника, то он или его продолжение пересекает еще одну сторону треугольника, либо проходит через вершину. (Отрезок а иере- Рие. т секает отрезок Ь, если у отрезков а, Ь есть единственная общая точка, лежащая на ннх обоих.
Аналогично, прямая пересекает отрезок, если она содержит одну, н только одну лежащую на нем точку; рис. 7.) Эта аксиома называется «аксиомой Паша» по нменн немецкого геометра М. Паша (1843 — 1930), впервые высказавшего ее в 1882 г. Ее обычно выражают в следующей равносильной форме: Если ирямая пересекает сторону треугольника и не проходит через его вершину, то она пересекает и другую сторону. Аксиома деления плоскостн, как будет доказано, следует нз аксиомы Паша. Но аксиома Паша гораздо проще, так как говорит не о всей плоскости, а лишь ЧАСТЬ К ОСНОВАНИЯ ГЕОМЕТРИИ о том или ином треугольнике,— собственно, о конечном числе точек. Для формулировки дальнейшихаксиом примемопределение.
Пусть а — данный отрезок и А — точка, не принадлежащая никакому отрезку, содержащему а. Мы говорим, что точка В лежит с той же стороны от отрезка а, что и точка А, если отрезок АВ ие имеет общих точек ни с каким отрезком, содержащим а. Соответственно выражение: «с данной стороны от отрезка а» означает: с одной стороны с данной точкой. (Как сказано, из аксиомы Паша следует, что есть только две «стороны» относительно любого данного отрезка, но для формулировки следующих аксиом зто не нужно.) Уг*. Если АВ =А'В', АС= А'С', ВС= В'С', И если Р, 0' — такие точки на АВ и А'В; что АР =А'0', то также С0= С'0' (рис. 8). Ряс. в У, "'.
Для любого треугольника АВС и отрезка А'В', равного АВ, с любой данной стороны от А'В' существует такая точка С', что А'С' =АС, В'С = ВС (рис. 9). Аксиома Чз» заменяет аксиому Ч1~ равенства углов, а аксиома Ч«ь — аксиому Ч1» откладывания угла; аксиома единственности Ч16 следует из них. Теперь ее можно выразить в виде следующей теоремы: Если точки С, С1 лежат с одной стороны от от- резка АВ и АС=АСН ВС=ВСИ то эти точки совпадают. Однако вывод аксиом Ч1 из аксиом Ч»ь, Ч,* мы излагать здесь не будем.
Его можно найти в книге А л е к с а н д р о в А. Д. Основания геометрии. Мл Наука, 1987. С. 150 — 153. ь с плоскостные аксиомы Вывод аксиомы деления плоскости нз аксиомы Паша. Теорема 1. Если луч с началом в вершине угла пересекает одну поперечину, то он пересекает и всякую другую поперечину этого угла. Доказательство. Пусть луч а с началом в вершине угла пересекает поперечину АВ (рис.
!О). Тогда, по аксиоме Паша, он пересекает любую поперечину АС, так как сторону ВС треугольника АВС он не может пересекать, поскольку содержит вершину угла. Точно так же луч пересекает любую поперечину 0С, что и требовалось доказать. П .ь" с' / Рек 9 Ряс. !О Теорема 2. Прямая, пересекающая две стороны треугольника, не имеет с ним другах общих точек.
Доказательство. Пусть прямая а проходит через точки Р, Я иа сторонах АВ, АС треугольника АВС. Других общих точек с этими сторонами прямая а не имеет (еслн бы была еще общая точка Вь например, с АВ, то прямая содержала бы АВ). Допустим, прямая а пересекает ВС в точке О. Отрезок РЯ, как и сторона ВС, являются поперечинами угла А. Поэтому луч АВ пересекал бы РЯ в некоторой точке /с. Получалось бы, что отрезок АВ имеет две точки на прямой а и, следовательно, содержится в ней; прямая а проходила бы через А, что исключено. Теорема 2 доказана.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
