2 вопроса из абсолютной геометрии

[vpb]

Коллеги,
есть такой вопрос. В школьном учебнике геометрии доказывается, что из точки на плоскость можно опустить перпендикуляр. При этом используется аксиома параллельных. А можно ли это доказать без нее ?

Если использовать соображения непрерывности, то можно. Пусть $\pi$ --- наша плоскость, $a\notin\pi$. Рассмотрим функцию $d(x,a)$ от $x\in\pi$. Несложно показать, что она непрерывна и стремится к бесконечности на бесконечности. Значит, где-то достигает минимума. Эта точка минимума, как легко видеть, и есть основание искомого перпендикуляра.

Но в книге Каган, Основания геометрии, т.1, стр.404-405 утверждается, что это легко доказать и элементарными построениями, без непрерывности. Часа 4 думал, не пойму как.

До кучи, еще один вопрос. Доказать, тоже без аксиомы параллельных, что если в треугольнике две медианы равны, то он равнобедренный. (В книге Атанасян, Геометрия Лобачевского это задача, якобы легкая. )

[vpb]

Вопрос про перпендикуляр отпал (а я --- дятел !).

[Gagarin1968]

vpb в сообщении #1428375 писал(а):

из точки на плоскость можно опустить перпендикуляр. При этом используется аксиома параллельных. А можно ли это доказать без нее ?

Легко. А в чём была затыка?

vpb в сообщении #1428375 писал(а):

Доказать, тоже без аксиомы параллельных, что если в треугольнике две медианы равны, то он равнобедренный.

Вроде легко и вроде без оной аксиомы.
Используем то, что точка пересечения медиан делит их $2:1$, считая от вершины.
Всё решение в одну строчку, но его привести же нельзя. Или можно?

[vpb]

Gagarin1968 в сообщении #1428382 писал(а):

точка пересечения медиан делит их $2:1$, считая от вершины.

В школьном курсе это $2:1$ доказывается через подобие треугольников, т.е. в конечном итоге через аксиому параллельных.

-- 01.12.2019, 20:18 --

Gagarin1968 в сообщении #1428382 писал(а):

Легко.

Я думаю, Вы что-то попутали. Что Вы имели в виду ?

[Gagarin1968]

vpb в сообщении #1428459 писал(а):

Я думаю, Вы что-то попутали.

Точно, перепроверил, это я лопухнулся. Без непрерывности доказать можно, но косвенно используется аксиома параллельных.

vpb в сообщении #1428459 писал(а):

В школьном курсе это $2:1$ доказывается через подобие треугольников, т.е. в конечном итоге через аксиому параллельных.

А вот это совсем необязательно. Кроме подобия треугольников можно доказывать с помощью центра масс, с помощью средней линии треугольника. Аксиома параллельных там обходится стороной.

[vpb]

Gagarin1968 в сообщении #1428479 писал(а):

с помощью средней линии треугольника.

Не вполне понимаю, какое рассуждение вы имеете в виду, но думаю, что там параллельные и вылезут...

[Gagarin1968]

vpb в сообщении #1428486 писал(а):

Не вполне понимаю, какое рассуждение вы имеете в виду

vpb
Какую именно из теорем Вы сейчас имеете в виду?
1. Если в треугольнике две медианы равны, то он равнобедренный.
2. Точка пересечения медиан делит их $2:1$, считая от вершины.
Уточните, пожалуйста.

[vpb]

Вот эту:

Gagarin1968 в сообщении #1428489 писал(а):

2. Точка пересечения медиан делит их $2:1$, считая от вершины.

[Gagarin1968]

vpb
Как Вам, например, такое доказательство?
Аксиома параллельных вроде не затрагивается даже косвенно.

[vpb]

Gagarin1968 в сообщении #1428493 писал(а):

Как Вам, например, такое доказательство ?

Так в абсолютной геометрии средняя линяя треугольника не параллельна основанию, и не составляет половину основания.

Позвольте рекомендовать кой-какую литературу, на случай, если вдруг заинтересуетесь.
1) Киселев, Геометрия (переиздание 2004 г.). Там то, что можно доказать без аксиомы параллельных, так и доказывается (в отличие от учебников Погорелова и тем более Колмогорова). И вообще очень полезная книжка. (Считать, что он устарел, можно лишь по неосведомленности...).
2) Атанасян, Геометрия Лобачевского.
3) Ефимов, Высшая геометрия (первые главы, да и дальше интересно).
4) G.E.Martin, The foundations of geometry and non-euclidean plane.

[Gagarin1968]

vpb
Вот передо мной книга Faber "Foundations of Euclidean and Non-Euclidean Geometry", правда старая 1983 года. Сейчас бегло просмотрел её.
Да, средняя линия треугольника не равна половине основания (вернее, не меньше половины основания).
Но насчёт непараллельности основанию там ничего нет, поскольку доказательство параллельности средней линии треугольника основанию не основывается на 5-м постулате. По-моему, так. Нет?

[vpb]

Gagarin1968 в сообщении #1428499 писал(а):

поскольку доказательство параллельности средней линии треугольника основанию не основывается на 5-м постулате. По-моему, так. Нет?

Нет, не так. В геометрии Лобачевского средняя линия с основанием (точнее, содержащие их прямые) действительно не пересекаются, но это будут не параллельные прямые, а расходящиеся.

-- 02.12.2019, 09:48 --

Оба-на... Тем временем, в результате работы мысли исходная задача решилась. Но как-то непросто. Сейчас напишу.

-- 02.12.2019, 10:22 --

(Решение)

Пусть $ABC$ --- наш треугольник, $F$ и $G$ --- середины сторон $BC$ и $AC$, так что $AF$ и $BG$ --- медианы. Допустим, что $AF=BG$, и докажем, что треугольник равнобедренный.

На прямую $FG$, т.е. среднюю линию тругольника, опустим перпендикуляры $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$. Заметим, что прямоугольные треугольники $AA_1G$ и $CC_1G$ равны, по гипотенузе $AG=GC$ и острому углу $\angle AGA_1=\angle CGC_1$. Значит, $AA_1=CC_1$. Аналогично $BB_1=CC_1$. Значит, $AA_1=BB_1$.

Теперь рассмотрим прямоугольные треугольники $AA_1F$ и $BB_1G$. Они равны по катету $AA_1=BB_1$ и гипотенузе $AF=BG$. Значит $\angle GFA=\angle A_1FA=\angle B_1GB=\angle GFB$ . Поэтому $\triangle AFG=\triangle BGF$ по двум сторонам и углу. Значит $AG=BF$, откуда $AC=2AG=2BF=BC$.

$\square$

-- 02.12.2019, 10:25 --

Gagarin1968
Спасибо за участие в обсуждении (которое косвенно было для меня полезным).

[Gagarin1968]

vpb в сообщении #1428505 писал(а):

в результате работы мысли исходная задача решилась.

Хм, осилил доказательство только со второго раза. Ещё часик искал в нём слабое место. Не нашёл. Но всё равно осталось ощущение какой-то... притянутости, что ли.
vpb, у Вас нет такого чувства?

vpb в сообщении #1428505 писал(а):

В геометрии Лобачевского средняя линия с основанием (точнее, содержащие их прямые) действительно не пересекаются, но это будут не параллельные прямые, а расходящиеся.

В книге, на которую я ссылался -

Gagarin1968 в сообщении #1428499 писал(а):

Faber "Foundations of Euclidean and Non-Euclidean Geometry" 1983 года

соответствуюшая теорема заканчивается так:

Цитата:

It follows that, on the Lobachevsky plane, the midline of the triangle and its base are ultra parallel

Вот это самое "ultra parallel" меня и смутило. Это и есть русское "расходящиеся"?

[Gagarin1968]

Просто мне более привычен термин "сверхпараллельные", или "ultra parallel". Но ведь это понятие ширше ширее более широкое, чем "параллельные". И, естественно, с 5-м постулатом не связано.
vpb, пока размышлял над Вашим доказательством, мне пришла в голову мысль, что утверждение "медианы треугольника пересекаются в одной точке" эквивалентно аксиоме параллельности. Я прав? Или это уже давно известно?

[arseniiv]

Gagarin1968 в сообщении #1428543 писал(а):

Вот это самое "ultra parallel" меня и смутило. Это и есть русское "расходящиеся"?

Да, хотя оно пишется слитно.