Ko'pchilikka yaxshigina ma'lum bo'lgan quyidagi lemmani kompleks sonlar yordamida isbotlashga harakat qilamiz:
▻ Aytaylik, $ABCD$ tangensial to'rtburchak (ichki aylana chizish mumkin) berilgan. Uning ichki aylanasi $AB$, $BC$, $CD$, $DA$ tomonlariga mos ravishda $K$, $L$, $M$, $N$ nuqtalarda urinadi. U holda $KM$, $LN$, $AC$ va $BD$ to'g'ri chiziqlar konkurrent bo'ladi, ya'ni boshqacha aytganda $KM$ va $LN$ ladning har biri to'rtburchak diagonallari kesishish nuqtasidan o'tadi.
1-yechim. (proyektiv metod) Proyektiv yondashuv nisbatan oddiy va Brianshon teoremasining to'rtburchak uchun qo'llanilishi deyish ham mumkin. Xususan, $AKBCMD$ va $ANDCLB$ oltiburchaklarga ichki aylana chizish mumkinligidan (proyektiv ma'noda qarayapmiz) Brianshon teoremasiga ko'ra har birining asosiy diagonallari bitta nuqtada kesishadi. Ya'ni, birinchisidan $AC$, $KM$, $BD$ larning bir nuqtada kesishishini, ikkinchisidan esa $AC$, $LN$, $BD$ larning bir nuqtada kesishishini qabul qilib olamiz. Umumlashtiradigan bo'lsak, bizga kerakli natija kelib chiqadi.
Boshqa tomondan, "Brianshon" ni chetlab o'tgan holda, aynan uning isbotini (oltiburchak uchun) ushbu lemmaga integratsiya qilish ham mumkin. Bizdagi ichki aylanani $\omega$ deb olsak, $A$ nuqtaning $\omega$ dagi polari $KN$, $B$ nuqtaniki $KL$, $C$ nuqtaniki $LM$ va $D$ nuqtaniki $MN$ ekanligini ko'rish mumkin. Agar $KN$ va $LM$ o'g'ri chiziqlar biror $X$ nuqtada kesishsa, ushbu $X$ nuqtaning polari $AC$ to'g'ri chiziq bo'lishi ayon, chunki $A$ va $C$ ning ham polarlari $X$ dan o'tishini nazarda tutayapmiz. Boshqa tomondan, $X$ nuqtadan $\omega$ ga ikkita $KN$ va $LM$ kesuvchilar o'tkazilgan va bilamiz-ki, bittadan olingan uchlaridan o'tuvchi chiziqlar kesishmasi sifatida $KM$ va $LN$ larning kesishmasi ham aynan $X$ nuqtaning polarına yotishga majbur bo'ladi. Demak, $KM$ va $LN$ parning kesishmasi $AC$ diagonalda yotadi. Simmetrik ravishda (shunga o'xshash), $KL$ va $MN$ larning kesishmasini $Y$ nuqta deb ushbu nuqtada ham yuqoridagi kabi xossalarni qo'llash orqali $KM$ va $LN$ larning kesishmasi $BD$ diagonalda yotishini ham keltira olamiz (1-chizma ga qarang). Bizga kerakli tasdiq isbotlandi. ▢
Bu yerda, ba'zi qo'yimcha (parallel) natijalarni ham aytib o'tish joiz bo'ladi:
- $X$ nuqta $BD$ diagonalda (uning to'g'ri chiziqida), $Y$ nuqta esa $AC$ diagonalda (uning to'g'ri chiziqida) yotadi. Ya'ni, $X$ va $Y$ nuqtalar bir-birining polar to'g'ri chiziqlarida yotadi;
- $XY^2 = \mathrm{Pow}_{\omega}(X) + \mathrm{Pow}_{\omega}(Y)$;
- $IP\perp XY$, bunda $P$ nuqta sifatida $AC$ va $BD$ diagonallar kesishish nuqtasi olinmoqda (Brokar);
- Agar $ABCD$ ga $O$ markazli tashqi aylana ham chizish mumkin bo'lsa, u holda $O$, $P$, $Q$ lar kollinear bo'ladi (Brokar).
-------------------------------------------------
Endi, ushbu lemmani kompleks sonlardan foydalanib isbotlashga harakat qilamiz.
2-yechim. (kompleks sonlar metodi) Qulaylik uchun birinchi qiladigan ishimiz, albatta, ichki aylanani kompleks tekislikda berilgan birlik aylana deb faraz qilish bo'ladi (birlik aylana ko'plab murakkabliklarni soddalashtirishga xizmat qiladi!). Qolaversa, yuqoridagi 1-chizma ning o'rniga quyidagi 2-chizma bo'yicha davom etamiz (kompleks tekislikda nima ro'y berayotganini yaxshi izohlaydi!).
 |
| 2-chizma |
Demak, kompleks birlik aylana bo'lmish $I(0)$ da to'rtta turli $a$, $b$, $c$, $d$ sonlar berilgan, bular bizning masalamizdagi $K$, $L$, $M$, $N$ nuqtalarga mos keladi: $|a|=|b|=|c|=|d|=1$, va bundan, $\overline{a}=\frac{1}{a}$, $\overline{b}=\frac{1}{b}$, $\overline{c} = \frac{1}{c}$, $\overline{d}=\frac{1}{d}$ ekanligi bor.
Urinmalar kesishish nuqtasini topish formulasidan $A$, $B$, $C$, $D$ nuqtalarga mos keluvchi kompleks sonlarni topa olamiz (2-chizma da keltirilgan). Aytaylik, $P$ nuqta sifatida $KM$ va $LN$ larning kesishish nuqtasi aniqlangan bo'lsin. U holda ikkita to'g'ri chiziqni kesishish nuqtasi haqidagi formuladan \[ p = \frac{(a+c)bd - (b+d)ac}{bd-ac} \quad \quad (1) \] ekanligini keltiramiz.
Bizning asosiy maqsadimiz, $P$ nuqtaning $AC$ va $BD$ da yotishini ko'rsatish bo'ladi. Simmetrik bo'lgani uchun biz faqat $P$ nuqtaning $BD$ diagonalda yotishini ko'rsatish bilan cheklanamiz.
$P$ nuqtaning $BD$ diagonalda yotishi $\frac{2ab}{a+b}$, $\frac{2cd}{c+d}$ va $p$ kompleks sonlarning bitta to'g'ri chiziqda yotishi bilan teng kuchlidir. Bu ham o'z navbatida \[ \frac{p-\frac{2ab}{a+b}}{p-\frac{2cd}{c+d}} \in \mathbb{R} \] ga ekvivalent. $(1)$ dan foydalanib, $p$ ni o'rniga qo'yish orqali soddalashtirishni boshlaymiz, xususan bizda \[ p- \frac{2ab}{a+b} = \frac{(a+c)bd-(b+d)ac}{bd-ac} - \frac{2}{\overline{a}+\overline{b}} = \] \[ = \frac{cd(\overline{a}b - \overline{b}a) + (a-b)(c+d)}{(bd-ac)(\overline{a}+\overline{b})} \] \[= \frac{(a-b) (c+d - cd(\overline{a}+\overline{b}))}{(bd-ac)(\overline{a}+\overline{b})} \] \[= \frac{abcd(a-b)(\overline{c}+\overline{d}-\overline{a}-\overline{b})}{(bd-ac)(a+b)}\] va shunta o'xshash ravishda \[ p-\frac{2cd}{c+d} = \frac{abcd(c-d)(\overline{a}+\overline{b}-\overline{c}-\overline{d})}{(bd-ac)(c+d)} \] tengliklar bor. Demak, \[ \frac{p-\frac{2ab}{a+b}}{p-\frac{2cd}{c+d}} = -\frac{a-b}{a+b} \cdot \frac{c+d}{c-d} \in \mathbb{R} \] ekanligini ko'rsatish kifoya.
$a$ va $b$ lar birlik aylanada yotibdi, bundan foydalanib \[ \overline{\frac{a-b}{a+b}} = \frac{\overline{a}-\overline{b}}{\overline{a}+\overline{b}} = \frac{\frac{1}{a}-\frac{1}{b}}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}} = \frac{b-a}{b+a} = -\frac{a-b}{a+b} \] va $\frac{a-b}{a+b}$ ning sof mavhum (purely imaginary) son ekanligini topamiz ($\overline{z} =-z$ dan $z$ ning haqiqiy qismi nolga teng va $z=iy$ $(y\in \mathbb{R})$ ko'rinishida ekanligi keladi, bunda $i=\sqrt{-1}$ mavhum son). Demak, $i\frac{a-b}{a+b}\in \mathbb{R}$ bo'ladi. Xuddi shunday, $i\frac{c-d}{c+d} \in \mathbb{R}$ ni ham keltirish mumkin, yoki boshqacha aytganda $i\frac{c+d}{c-d}\in \mathbb{R}$.
Yuqoridagilardan va haqiqiy sonlar ko'paytmasi haqiqiy bo'lishidan \[ \left(i\frac{a-b}{a+b}\right) \cdot \left(i\frac{c+d}{c-d}\right) = - \frac{a-b}{a+b} \cdot \frac{c+d}{c-d} \in \mathbb{R} \] ni keltirib chiqaramiz. Bizga kerakli tasdiq isbotlandi. ▢
-----------------------------------------------
Masalaning boshqa bir nechta isbotlari ham bor. Xususan, trigonometriya orqali analitik yechim berishga qiziqadiganlar quyidagilarni qo'llab ko'rishlari mumkin:
- diagonallar ajratgan uchburchaklar uchun turli trigonometrik metodlarni qo'llashga harakat qiling, xususan $KM$ ning $P$ nuqtadan o'tishini ko'rsatish uchun $\angle APB$ dan $PK$ ning ajratgan burchaklari bilan $\angle CPD$ dan $PM$ ning ajratgan mos burchaklariga teng ekanligini ko'rsating (sinuslari nisbati tengligini ko'rsatish yetarlidir!).
- yuqoridagidan bir muncha soddaroq ravishda, $P$ nuqta sifatida aslida $KM$ va $LN$ larning kesishmasi olingan deb, $AC$ va $BD$ larning har birini ushbu $P$ nuqtadan o'tishini ko'rsatishga harakat qiling, bunda $\angle KPN$ dan $PA$ ning ajratgan burchaklari bilan $\angle LPM$ dan $PC$ ning mos ajratgan burchaklari tengligini (sinuslari nisbati tengligini!) ko'rsatish kifoyadir.