Quyidagi masalani ko'pchiligimiz ko'rganmiz:
1-yechim. Noodatiy yechim beramiz. Aytaylik, uchburchak kompleks tekislikda berilgan; $A$, $B$, $C$, $I$, $D$, $E$, $F$, $X$, $Y$, $Z$ nuqtalarga $a$, $b$, $c$, $j$, $d$, $e$, $f$, $x$, $y$, $z$ kompleks sonlar mos qo'yilgan bo'lsin. $X$, $Y$, $Z$ nuqtalarda $ID$, $IE$, $IF$ kesmalarni (yoki nurlarni) bir xil nisbatda bo'luvchi nuqtalar ekan. Agar \[ \frac{IX}{ID} = \frac{IY}{IE}=\frac{IZ}{IF} = \lambda \] desak, $X$, $Y$, $Z$ nuqtalar uchun \[ x = j + \lambda (d - j), \quad y = j + \lambda (e - j), \quad z = j + \lambda (f - j) \] tenglikni keltiramiz.
$AX$, $BY$, $CZ$ to'g'ri chiziqlar bitta $P$ nuqtada kesishishi, tekislikda $p$ kompleks son topilib, quyidagi shartlarni qanoatlantirishiga ekvivalentdir: \[ \frac{p-a}{j+\lambda (d-j) -a} \in \mathbb{R}, \] \[ \frac{p-b}{j+\lambda (e-j) -b} \in \mathbb{R}, \] \[ \frac{p-c}{j+\lambda (f-j)-c} \in \mathbb{R}. \] Boshqacha qilib aytganda, quyidagi \[ p(\overline{j+\lambda (d-j)-a}) - \overline{p} (j+\lambda (d-j)-a) + \overline{a}(j+\lambda (d-j)-a) - a(\overline{j+\lambda (d-j) -a}) = 0, \] \[ p(\overline{j+\lambda (e-j)-b}) - \overline{p} (j+\lambda (e-j)-b) + \overline{b}(j+\lambda (e-j)-b) - b(\overline{j+\lambda (e-j) -b}) = 0, \] \[ p(\overline{j+\lambda (f-j)-c}) - \overline{p} (j+\lambda (f-j)-c) + \overline{c}(j+\lambda (f-j)-c) - c(\overline{j+\lambda (f-j) -c}) = 0 \] tengliklar bir vaqtda bajarilishi lozim. Xullas, \[ z(\overline{j+\lambda (d-j)-a}) - w (j+\lambda (d-j)-a) + u (\overline{a}(j+\lambda (d-j)-a) - a(\overline{j+\lambda (d-j) -a})) = 0, \] \[ z(\overline{j+\lambda (e-j)-b}) - w (j+\lambda (e-j)-b) + u(\overline{b}(j+\lambda (e-j)-b) - b(\overline{j+\lambda (e-j) -b})) = 0, \] \[ z(\overline{j+\lambda (f-j)-c}) - w (j+\lambda (f-j)-c) + u(\overline{c}(j+\lambda (f-j)-c) - c(\overline{j+\lambda (f-j) -c})) = 0 \] chiziqli tenglamalar sistemasi $(p,\overline{p},1)$ yechimga ega bo'lishi lozim. Albatta, $3\times 3$ chiizqli tenglamalar sistemasi uchun avvale $(0,0,0)$ lar ham yechim bo'ladi, bundan biz tenglamalar sistemasining cheksiz ko'p yechimga ega ekanligini ko'rsatishimiz kerak. Bu o'z navbatida sistemaning asosiy matritsasi determinanti nol bo'lishi lozimligini ko'rsatadi. Demak, $P$ nuqta mavjudligini ko'rsatish uchun quyidagi determinant aynan nolga teng ekanligini ko'rsatish kerak ekan: \[ \begin{vmatrix} \overline{j+\lambda (d-j)-a} & -(j+\lambda (d-j)-a) & (\overline{a}(j+\lambda (d-j)-a) - a(\overline{j+\lambda (d-j) -a})) \\ \overline{j+\lambda (e-j)-b} & -(j+\lambda (e-j)-b) & (\overline{b}(j+\lambda (e-j)-b) - b(\overline{j+\lambda (e-j) -b})) \\ \overline{j+\lambda (f-j)-c} & -(j+\lambda (f-j)-c) & (\overline{c}(j+\lambda (f-j)-c) - a(\overline{j+\lambda (f-j) -c})) \end{vmatrix}. \] Ushbu determinantni $\lambda$ ga nisabatan $P(\lambda)$ ko'phad deb olishimiz mumkin, bunda $\lambda$ haqiqiy son ekanligidan $\overline{\lambda} = \lambda$ ekanligini sedan chiqarmaslik lozim. Ko'rish qiyin emas-ki, $\mathrm{deg} \, P \le 3$ bo'ladi.
Bizda quyidagi holatlar ma'lum:
- $\lambda =0$ da $X$, $Y$, $Z$ nuqtalar $I$ nuqta bilan ustma-ust tushadi va $AX$, $BY$, $CZ$ larning konkurrent ekanligi aniq. U holda yuqoridagi determinant ham nol bo'lishi kerak; demak, $P(0)=0$ ekan.
- $\lambda = 1$ da bilamiz-ki, $X=D$, $Y=E$, $Z=F$ va $AX$, $BY$, $CZ$ lar bitta Gergonne nuqtasida kesishadi. Demak, determinant ham nol, bunda $P(1)=0$ bo'lishi aniq.
- $\lambda \rightarrow \infty$ da $AX$, $BY$, $CZ$ lar uchburchakning balandliklariga yaqinlashadi; balanliklar esa bitta nuqtada kesishishi bilamiz. Demak, $P(\infty) = 0$ bo'lishi ham aniq ekan. Aslida, $Q(\lambda) = \lambda^3 P(\frac{1}{\lambda})$ ko'phadni qarash lozim va $Q(0) = 0$ bo'lishi lozim. Bu degani $P$ ko'phadning birinchi koeffitsienti $0$ ga teng deganidir.
- $p=-1$ da $AX$, $BY$, $CZ$ larning Nagel nuqtasida kesishishini bilamiz (har biri tashqi-ichki aylanalarning urinish nuqtalariga boradi). Bundan $P(-1)=0$ kelib chiqadi.
 |
| 2-chizma |