Салу есептерін инверсия жәрдемімен шешу

Салу есептерін шешуге инверсияны пайдалану берілген немесе салынбақ фигураларды не олардың бөліктерін инверсиялық түрлендіру арқылы берілген есепті салынған немесе оңай салынатын салуларға келтіру жолымен жүреді.

Есепті шешуді инверсияның жоғарыда айтылған қасиеттерімен қатар, төмендегі тұжырымдарды да пайдаланған жөн.

• Инверсияда инвертті шеңберлердің центрі инвертті болмайды.

• Инверсия шеңберіне ортаганал шеңбер өзіне–өзі түрленеді.

• Өзіне-өзі түрленетін шеңбер инверсия шеңберіне ортоганал болады.

• Инвертті екі пар (А мен А^/ және В мен В^/) нүктелерден өтетін шеңбер инверсия шеберіне ороганал болады.

1-есеп. І(О,r) инверсияда М нүкте М^/ нүктеге көшкен. Бұл инверсияда N нүктеге инвертті нүктені қалай салады.

Шешуі. Инверсия анықтамасы бойынша О,М,М^/ нүктелер бір түзуде жатады (32-сурет). N нүкте бұл түзуде жатпасын.

а) ОN түзуін жүргізіп, оның бойына ОМ=OM₁ болатын М₁ нүкте салады.

б) ОМ түзуінің бойына ON=ON₁ болатын N₁ нүкте салады.

в) М^/ нүктеден N₁M₁ -ге параллель жүргізіп ОN түзуімен қиылысу нүктесі N^/ нүктені табады. Сол берілген инверсияда N нүктеге инвертті нүкте болады.

Дәлелдеу. ОМ=OM₁, ОN=ON₁, О ортақ болғандықтан ∆ОМ₁N₁=∆OMN және ∆ОN₁M₁  ∆ОM^/N^/ болады. Сондықтан OM₁:ON₁=ON^/:OM^/ Бұдан OM₁·OM^/=ON₁·ON^/, ON₁·ON^/=OM₁·OM^/ Ал, бұл М нүкте M^/ нүктеге инвертті болса, N нүкте N^/ -ке инвертті болады деген сөз.

Егер N нүкте ОМ түзуінде жатса, онда ON·ON^/ = ОМ·OM^/ болатындықтан OM:ON=ON^/:OM^/ болады да OM:ON=t десек ОМ түзуінің бойына ON^/ =t·OM^/ болатын N^/ нүктені салу керек, яғни берілген ОМ, OM^/, ON кесіндіге төртінші пропорционал кесіндіні салу керек.

2 -есеп. Бір төбесі инверсия центрімен беттесетін, оған қарсы төбесі инверсия шеңберінде жататын квадратқа инвертті болатын фигураны салу керек (33-сурет).

Шешуі. І-инверсия шеңбері ОАВС берілген квадрат болсын. Оның ОА, ОС қабырғалары центрден өтетін түзулерде жатыр. Сондықтан ол түзулер өзіне-өзі бейнеленеді, яғни АО қабырғаның бейнесі ОА сәулесінің А^/ нүктеден ары қарайғы бөлігі болады. А^/ нүкте А-ға инвертті нүкте. Ол W₂(A,AB) шеңберге жатады. Сонда ОВА^/В болу үшін АВ=АА^/ болу керек.

Дәл осы сияқты С^/ нүкте мен С инвертті және С^/ нүкте W₃(С,СB) шеңберге жатады.

В нүкте инверсия шеңберінде жатқандықтан ол өзіне-өзі инвертті болады.

АВ мен ВС қабырға инверсия центрінен өтпейді. Сондықтан 1-теорема бойынша олар жатқан түзуге инвертті фигура, центрден өтетін шеңберлер болу керек. Ол шеңберлер центрі ОА^/ және ОС^/ кесінділердің ортасы, яғни А₁С нүктелер болу керек. Ал, АВ мен ВС кесінді болғандықтан бұлардың бейнелері ол шеңберлердің В мен А^/ , В мен С^/ нүктелері арасындағы доғалары болады. Сонда квадраттың ішкі бөлігі ОС^/ сәуле С^/В, ВА^/ доғалар және ОА^/ сәулелермен шектелген жазықтық бөлігі болады.

3-есеп. Берілген W1(O1,r1) шеңберге жанасатын және берілген а түзуге оның А нүктесінде жанасатын шеңбер салу керек.

Талдау. Есеп шешілген, іздеген W2 шеңбер салынған дейік (34-сурет). Берілген W1 шеңбер, а түзу, ол түзуде жатқан А нүктеден және салынбақ W2 шеңбер жиынынан тұратын фигураны F дейік. А нүктеден берілген W1 шеңберге АТ жанама түзу (Т - жанасу нүктесі) жүргізейік те І(А,АТ) шеңберін салайық. Оны инверсия шеңбері үшін алайық. Осы инверсияға қарағанда F фигура инвертті F/ фигураны іздейік. Бұл инверсияның А-инверсия центрі болады. W1 шеңберге инвертті фигураны салу үшін АО1 түзуін жүргізіп, оның W1 мен қиылысу нүктелері D1 мен D2 -ні табамыз. Оларға инвертті нүктелерді тауып диаметрлі шеңбер салу керек. Ол шеңбер десек, бұл W1 шеңбермен инвертті болады.

Қиюшының қасиеті бойынша АD1•АD2=АТ2. Демек D1 мен D2 нүктелер өзара инвертті болады. Сондықтан W1 шеңбер өзіне-өзі инвертті болады. Берілген а түзуі инверсия центрі А-дан өтетіндіктен бұл түзуде өзіне-өзі инвертті болады (Сөйтіп W1=W1/, а=а/).

Ал, салынбақ W2 шеңбер инверсия центрінен өтетіндіктен оған инвертті фигура инверсия центрінен өтпейтін түзу болу керек және ол түзу АО2 –ге перпендикуляр болу керек және ол ке жанасу керек, өйткені W1 мен W2 жанасады.

Демек,  а^/(≡а) болу керек.

Бұлар іздеген шеңберді салуға мүмкіндік береді. Сонда F^/ фигура шеңбер, а^/ түзу және А нүктеден тұрады.

Салу. 1-іздеген W₂ шеңбер берілген а түзуге оның А нүктесінде жанасу үшін оның центрі А нүктеден а ≡ а^/ -ға перпендикуляр t түзуін жүргіземіз.

2- О₁ нүктеден t-ға параллель жүргізіп оның W₁= шеңбермен қиылысу нүктесі К-ны саламыз.

3- К нүктеден t түзуге перпендикуляр түзу жүргіземіз. Ол болады.

4- КА мен W₁ шеңбердің қиылысу нүктесі N-ді саламыз.

5- О₁N мен t түзулердің қиылысу нүктесі О₂-ні саламыз.

Сонда О₂N радиусын О₂ центрлі W₂ шеңбер іздеген шеңбер болады.

Дәлелдеу. Салу бойынша АN·АK=АТ² . Демек, N мен К нүктелері центрі А₁ радиусы АТ болатын І(А,АТ) инверсия шеңберіне қарағанда инвертті болады. Ал, W₁ шеңбер мен оның бейнесі беттесетіндіктен К=W^/∩ . Сондықтан W₁ мен W₂ шеңберлер К-ға инвертті N нүктеде жанасуы керек және түзу центрден өтпейтіндіктен оның бейнесі W₂ шеңбер центрден өтуі керек.

∆О₁КN ∆О ₂AN, О₁К=O ₁N болғандықтан О₂N=O₂A. Демек W₂ іздеген шеңбер болады.

Зерттеу. Егер а түзуі W₁ шеңберді қимасы онда есептің бірғана шешімі болады. Егер а түзу шеңбермен А нүктеде жанасса есептен шексіз көп шешуі болады (34-б сурет). Бұл кезде О₁А түзуден кез келген О нүктесі-центр, радиусы ОА болатын шеңбер а түзуіне де, W₁ шеңберге де А нүктеде жанасады. Егер а түзуі W₁ қиатын болса және А нүкте қиылысу нүктенің бірімен беттесе, онда есептің шешуі болмайды. Қалған жағдайларда есептің шешуі біреу болады.