Байки Стамова 7. Теория Лобачевского

Некоторые теоремы в модели Пуанкаре, когда на дежурстве делать нехрен, а в тумбочке эта книжка.

Берем, читаем. Рассмотрим теперь доказательства  некоторых теорем планиметрии Лобачевского в данной интерпретации, приведённые у Б. В. Кутузова в книге «Геометрия Лобачевского и элементы оснований геометрии». Для начала - круто.

Начнём с простейших теорем, справедливых и до введения параллельных, то есть равно верных в геометрии Евклида и в геометрии Лобачевского. Вааще молчу.

Теорема 1. Из «точки» A к «прямой» a можно провести только один перпендикуляр.

    Если посмотреть на модель «глазами обычными», а не глазами моделируемой геометрии (типа, без стакана), то мы увидим, что:

    Теорема 1'. Через точку A в верхней полуплоскости (y >0) к верхней полуокружности с центром на прямой XX или к верхней полупрямой, перпендикулярной к XX, можно провести только одну полуокружность с центром на XX (или прямую, перпендикулярную XX). А вы так пробовали или слабо?

    Получилась «новая» теорема евклидовой геометрии, справедливость которой следует из того, что все аксиомы, с помощью которых доказывается теорема 1, в этой модели имеют место. Отдельного доказательства теорема 1' не требует, хотя его можно и провести обычным путём. Это как, догги стайл или еще как?

    Построение:

    Строим, имея в виду общий случай, радикальную ось окружности a и точки A как геометрическое место центров окружностей, проходящих через точку A и секущих ортогонально окружность a. Пересечение этой радикальной оси с прямой XX и даст центр U искомой окружности (Во, это ближе к телу).

Для построения радикальной оси поступаем, например, так: из A проводим к окружности a касательную AB; из середины C отрезка AB проводим перпендикуляр CU к «линии центров» AO. Окружность с центром U и радиусом UA – искомая. На рисунке 33 показан частный случай (не смотри, это личное).

    На рисунке 34, иллюстрирующем постулат Лобачевского, AB – перпендикуляр к a (тоже не смотри).

    Теорема 2. Чтобы разделить отрезок AB «пополам», можно поступить так: восставить в концах отрезка перпендикуляры AP и BQ, взять на них точки P и Q по разные стороны от AB так, чтобы AP ? BQ. Прямая PQ пересекает AB в искомой середине C. А тебе так слабо?
    На рисунке 35 показано построение на карте для специального случая (Тебе это не светит).

Для доказательства конгруэнтности AP ? BQ заметим, во-первых, что BQ ? AP', так как
что равно, очевидно (только дятел не врубился), ?(A, P'). Далее, AP ? P'A в силу симметрии; в этом можно убедиться и расчётом длин. (Ну что, убедились рассчетом длин?).  Это еще не все!