Mô hình Cayley-Klein của hình học lobachevsky

Mô hình Cayley-Klein của hình học lobachevsky

Bài viết này thảo luận về mô hình mặt phẳng lobachevsky, khác với mô hình của Henri Poincaré được mô tả trong bài viết của S. Gindikin

“Thế giới huyền diệu của Henri Poincaré”

.

Định nghĩa “máy bay”

Trong hình học Euclide, chúng ta có các điểm và đường thẳng của một mặt phẳng thông thường, và với sự trợ giúp của các chuyển vị nổi tiếng (các phép dịch song song, đối xứng trục và tâm và phép quay), chúng ta có thể dịch bất kỳ điểm nào của mặt phẳng thành bất kỳ điểm nào khác, bất kỳ hai điểm nào nằm ở một khoảng cách nhất định thành hai điểm khác nằm ở cùng một khoảng cách và bất kỳ hai đường thẳng nào thành hai đường thẳng tạo thành cùng một góc. Bây giờ chúng ta sẽ xem xét hình học, điểm của nó sẽ là các điểm bên trong của một đường tròn nhất định (không có điểm nào của đường tròn bao quanh nó) và các đường thẳng sẽ là tất cả các dây có thể có của đường tròn này (không có điểm kết thúc); Hãy mô tả tất cả chuyển động của một “mặt phẳng” như vậy, sau đó giới thiệu khoảng cách giữa các “điểm” và góc giữa các “đường thẳng” để chúng được bảo toàn theo các chuyển động đã chỉ định.

Chúng ta có thể kiểm tra xem hình học mà chúng ta sẽ xây dựng có “không tệ hơn” Euclide hay không: tất cả các tiên đề sẽ được thỏa mãn trong đó, ngoại trừ “tiên đề song song”: dễ dàng nhận thấy rằng bây giờ thông qua một “điểm” bên ngoài “đường thẳng”, có thể vẽ nhiều hơn một tiên đề “không giao nhau” với nó. Trong Hình 1, qua điểm $A$, không nằm trên dây $L$, vẽ hai dây cung - $L_1$ và $L_2$, có $L$ ở một đầu chung; những hợp âm $L_1$ và $L_2$ này được gọi là song song $L$, vì chúng tôi coi chúng là những hợp âm thẳng không có điểm kết thúc và theo quan điểm mới của chúng tôi, đường $L$ không giao nhau với $L_1$ hoặc $L_2$. (Cũng lưu ý rằng các đường “không giao nhau” với $L$ nằm trong khu vực được giới hạn bởi các đường $L_1$ và $L_2$, được tô màu xanh lam và các đường giao nhau với $L$ nằm trong vùng không được tô bóng.) Điều này có nghĩa là hình học “mới” sẽ không có gì khác ngoài hình học Lobachevsky. Mô hình hình học lobachevsky này được gọi là mô hình Cayley-Klein; nó đã được đề cập trong các bài báo của S. Gindikin “Thế giới huyền diệu của Henri Poincaré” (xem trang 9) và “Felix Klein” (xem «Kvant» số 12 năm 1975).

Cơm. 1

Cơm. 2

Định nghĩa chuyển động

Chúng ta sẽ cần kết quả bài toán M305a), lời giải được xuất bản trong «Kvant» Số 9 năm 1975 (trang 35).

Hãy để các hợp âm $AA'$ và $BB'$ là của chúng ta. Các vòng tròn giao nhau tại điểm $P$, điểm này không nằm trên đường tròn (Hình 2). Xét các dây $AB$ và $A'B'$ rồi vẽ một đường thẳng qua điểm $P$ giao các dây này tại các điểm $C$ và $C'$ tương ứng. Hãy để, xa hơn nữa, $|AP|\cdot|A'P|=t$, $|AC|\cdot|CB|=s$, $|CP|=q$, $|C'P|=q'$. Sau đó, như sau từ lời giải bài toán M305a), $q'=\dfrac{qt}{s+q^2}$. Nếu bây giờ chúng ta vẽ một dây cung $A_1B_1$ tùy ý đi qua điểm $C$ và dựng các dây cung $A_1A_1'$, $B_1B_1'$ đi qua điểm $P$, thì dây cung $A_1'B_1'$ sẽ đi qua điểm $C'$, vì các đại lượng $q$, $t$, $s$ sẽ không thay đổi.

Vì vậy, với bất kỳ điểm $P$ nào không nằm trên đường tròn, chúng ta có thể liên kết một số ánh xạ $\phi_P$ của đường tròn với chính nó: chúng ta cần vẽ một dây cung $AB$ tùy ý thông qua điểm $C$ của đường tròn, xây dựng một dây cung $A'B'$ tương ứng với dây $AB$ tương ứng với điểm đã chọn $P$ và hình ảnh của điểm $C$ xét điểm $C'$ giao điểm của đường thẳng $CP$ với dây cung $A'B'$ (chúng ta gọi hình ảnh của điểm $C$ là điểm $C'$, điểm $C$ đi tới đó khi ánh xạ $\phi_P$: $C'=\phi_P(C)$; ánh xạ $\phi_P$, có thể xác định chính xác cho các điểm nằm trên đường tròn; hãy nghĩ cách làm).

Từ điều trên suy ra rằng vị trí của điểm $C'$ không phụ thuộc vào việc chọn dây $AB$. Hãy gọi ánh xạ $\phi_P$ là sự dịch chuyển cơ bản thuộc loại thứ nhất hoặc thứ hai, tùy thuộc vào điểm $P$ nằm trong hay ngoài vòng tròn.

Chúng ta cũng hãy bao gồm trong số các chuyển vị cơ bản của ánh xạ loại thứ hai là các đối xứng trục đối với bất kỳ đường kính $d$ nào của đường tròn của chúng ta; chúng ta hãy biểu thị những ánh xạ này bằng $\phi_d$.

Bình luận. Sự dịch chuyển cơ bản $\phi_P$ của loại thứ nhất khiến điểm duy nhất $P$ cố định và sự dịch chuyển cơ bản thuộc loại thứ hai khiến tất cả các điểm của dây nối các điểm tiếp tuyến của hai tiếp tuyến với đường tròn vẽ từ điểm $P$ cố định.

Bây giờ chúng ta sẽ xem xét bất kỳ sự ánh xạ nào được tạo ra từ việc thực hiện tuần tự một số chuyển động cơ bản như một chuyển động.

Các phép dịch chuyển cơ bản, và do đó các phép dịch chuyển, chuyển tất cả các điểm của bất kỳ dây cung nào thành các điểm của một dây cung nhất định và hình ảnh giao điểm của hai dây cung trong bất kỳ sự dịch chuyển nào trùng với giao điểm của hình ảnh của các dây cung này.

Chuyển động của chúng ta biến đường thẳng thành đường thẳng và bất kỳ điểm nào của đường thẳng đầu tiên đều có thể được dịch sang bất kỳ điểm nào của đường thẳng thứ hai (kiểm tra phần này).

Bài toán 1. Một hình thang đều nội tiếp một đường tròn, các cạnh cắt nhau tại điểm $P$ và các đường chéo tại điểm $Q$; $d$ là đường kính nằm trên đường thẳng $PQ$. Chứng minh rằng $\phi_d=\phi_P\phi_Q=\phi_Q\phi_P$ ($\phi_M\phi_N$ nghĩa là thực hiện tuần tự các nước đi $\phi_M$ và $\phi_N$).

Bây giờ chúng ta cần xác định “khoảng cách” giữa các điểm trên đường tròn của chúng ta và “góc” giữa các đường thẳng để chúng được bảo toàn trong các chuyển động được mô tả.

Khoảng cách và góc

Đặt $C$ và $D$ là hai điểm của đường tròn của chúng ta. Chúng ta hãy vẽ một “đường thẳng” xuyên qua chúng—dây $AB$, nối các điểm $A$, $C$, $D$ và $B$ với một số điểm $P$, không nằm trên đường tròn và biểu thị các góc tạo thành tại điểm $P$ bằng $\alpha$, $\gamma$ và $\beta$ (xem Hình 2). Hãy xem xét mối quan hệ $\dfrac{|AD|\cdot|BC|}{|AC|\cdot|BD|}$. Chúng tôi có:
$$\dfrac{|AD|\cdot|BC|}{|AC|\cdot|BD|}=\dfrac{S_{APD}\cdot S_{PBC}}{S_{PAC}\cdot S_{DPB}}= \dfrac{|AP\cdot|PD|\sin(\alpha+\gamma)\cdot|PC|\cdot|PB|\sin(\beta+\gamma)}{|AP|\cdot|PC|\sin\alpha\cdot|PD|\cdot|PB|\sin\beta}= \dfrac{\sin(\alpha+\gamma)\sin(\beta+\gamma)}{\sin\alpha\sin\beta}.\tag1$$
(Ở đây $S_{XYZ}$ là diện tích bình thường của tam giác $XYZ$.)

Rõ ràng là nếu $C'$ và $D'$ là ảnh của các điểm $C$ và $D$ dưới các chuyển vị cơ bản $\phi_P$ (hoặc $\phi_d$), thì $$\dfrac{|A'D'|\cdot|B'C'|}{|A'C'|\cdot|B'D'|}=\dfrac{|AD|\cdot|BC|}{|AC|\cdot|BD|}$$
(vì các góc $\alpha$, $\beta$ và $\gamma$ không thay đổi độ lớn của chúng), và do đó, các chuyển vị cơ bản, và do đó các chuyển vị nói chung, bảo toàn mối quan hệ này.

Hãy xác định “khoảng cách” giữa hai điểm bất kỳ $C$ và $D$ như sau:
$$\rho(C,D)=\log_q\dfrac{|AD|\cdot|BC|}{|AC|\cdot|BD|},$$
trong đó $q\gt1$ là một số cố định.

Lưu ý quan trọng. Khi xác định khoảng cách, thứ tự các điểm trên đường thẳng $AB$ rất quan trọng, cụ thể là: nếu chúng ta đang tìm khoảng cách $\rho(C,D)$ thì điểm $A$ là điểm liền kề với $C$, còn điểm $B$ là điểm liền kề với $D$; nếu chúng ta đang tìm $\rho(D,C)$ thì $A$ là điểm liền kề với $D$ (theo đó, $B$ là điểm liền kề với $C$).

Đối với khoảng cách thông thường giữa các điểm $C$ và $D$, chúng tôi sẽ giữ lại ký hiệu $|CD|$. Từ công thức (1), suy ra $\rho(C,D)\ge0$ và $\rho(C,D)=0$ chỉ trong trường hợp điểm $C$ và $D$ trùng nhau (tức là $\gamma=0$). Ngoài ra, $\rho(C,D)=\rho(D,C)$. Nếu có ba điểm $C$, $D$ và $E$ nằm trên cùng một đường thẳng và điểm $D$ nằm giữa các điểm $C$ và $E$ thì $$\rho(C,D)+\rho(D,E)=\rho(C,E)$$
(kiểm tra cả hai tuyên bố).

Bài toán 2. Chứng minh rằng với ba điểm tùy ý $A$, $B$ và $C$ thì “bất đẳng thức tam giác” có giá trị:
$$\rho(A,C)+\rho(B,C)\ge\rho(A,B).$$

Do đó, khoảng cách $\rho$ hoạt động như khoảng cách bình thường.

Bài toán 3. Chứng minh rằng với mọi đường thẳng $AB$, mọi điểm $C$ trên đó và mọi số dương $t$ người ta có thể tìm được chính xác hai điểm phân biệt $D$ và $D_1$ trên đường thẳng $AB$ sao cho $\rho(C,D)=\rho(C,D_1)=t$. Nói cách khác, chứng minh rằng một đoạn có độ dài bất kỳ có thể được vẽ từ một điểm.

Chúng ta sẽ gọi hai hình (ví dụ: hình tam giác, hình phân giác, góc) là đồng dạng nếu có sự dịch chuyển đưa hình này sang hình kia.

Từ thực tế là khoảng cách được duy trì trong quá trình chuyển động, suy ra rằng các đoạn bằng nhau có độ dài bằng nhau.

Bài toán 4. Chứng minh sự tồn tại và duy nhất trung điểm của đoạn thẳng.

Bài toán 5. Chứng minh các đoạn có cùng độ dài thì bằng nhau.

Tất cả những gì còn lại là nhập giá trị góc.

Giả sử có một góc nào đó với đỉnh tại điểm $C$, - góc $C$. Chúng ta hãy lấy bất kỳ sự dịch chuyển nào đưa điểm $C$ vào tâm của một đường tròn nhất định và đặt giá trị của góc $C$ bằng giá trị Euclide của góc (với đỉnh ở giữa đường tròn) mà góc $C$ đi tới trong quá trình dịch chuyển này. Từ những gì tiếp theo sẽ cho thấy rằng giá trị này không phụ thuộc vào sự lựa chọn chuyển động. (Hãy cố gắng tự mình giải quyết điều này bằng cách chứng minh rằng các phép quay quanh tâm vòng tròn của chúng ta cũng là các phép tịnh tiến trong hình học Lobachevsky.)

Định lý cosin

Hãy để chúng tôi giới thiệu ký hiệu sau: nếu $l$ là một đoạn nào đó thì $|l|$ là độ dài (Euclide) thông thường của nó, $\{l\}$ là độ dài của nó theo nghĩa mới và $[l]=\dfrac{q^{\{l\}}-1}{q^{\{l\}}+1}$ ($q\gt1$ là cơ số của logarit trong định nghĩa khoảng cách $\rho$). Lưu ý rằng giá trị $[l]$ luôn nhỏ hơn một (nhưng lớn hơn 0).

Cơm. 3

Xét một tam giác $ABC$ có đỉnh $C$ trùng với tâm của đường tròn. Đặt $|BC|=a$, $|AC|=b$, $|AB|=c$ và $r$ là bán kính của hình tròn. Hãy tiếp tục cạnh $AB$ cho đến khi nó giao với đường tròn tại các điểm $M$ và $N$, nối các điểm $M$ và $N$ với đỉnh $C$ (Hình 3) và biểu thị các góc thu được là $\alpha$, $\gamma$ và $\beta$ ($\gamma$ là góc ở đỉnh $C$ của tam giác $ABC$). Khi đó $\widehat{MNC}=\widehat{NMC}=\dfrac\pi2-\dfrac{\alpha+\beta+\gamma}2$, và sử dụng định lý thông thường về sin, chúng ta tìm được:
$$\begin{align*} \dfrac{|a|}r&=\dfrac{\cos\dfrac{\alpha+\beta+\gamma}2}{\cos\dfrac{\alpha-\beta+\gamma}2},\tag2\\ \dfrac{|b|}r&=\dfrac{\cos\dfrac{\alpha+\beta+\gamma}2}{\cos\dfrac{-\alpha+\beta+\gamma}2}.\tag3 \end{align*}$$
Kế tiếp:
$$\{a\}=\log_q\dfrac{r\cdot(r+|a|)}{r\cdot(r-|a|)}=\log_q\dfrac{r+|a|}{r-|a|},$$
và do đó
$$[a]=\dfrac{|a|}r.\tag4$$
Tương tự như vậy,
$$[b]=\dfrac{|b|}r.\tag5$$

Theo công thức (1)
$$\{c\}=\log_q\dfrac{\sin(\alpha+\gamma)\sin(\beta+\gamma)}{\sin\alpha\sin\beta},$$
Có nghĩa,
$$[c]=\dfrac{\sin(\alpha+\gamma)\sin(\beta+\gamma)-\sin\alpha\sin\beta}{\sin(\alpha+\gamma)\sin(\beta+\gamma)+\sin\alpha\sin\beta}.\tag6$$

Từ quan hệ (4)—(6), xét đến (2) và (3), bằng những phép tính đơn giản nhưng khá cồng kềnh, chúng ta thu được $$\dfrac{(1-[a]^2)(1-[b]^2)}{1-[c]^2}=(1-[a]\cdot[b]\cos\gamma)^2.\tag7$$
Hệ thức (7) là một dạng tương tự của định lý cosine trong hình học thông thường. Vì các đại lượng $[a]$, $[b]$ và $[c]$, và do đó, $\{a\}$, $\{b\}$, $\{c\}$, không thay đổi khi di chuyển, mối quan hệ này chứng minh định nghĩa của góc được đưa ra trong đoạn trước.

Bây giờ chúng ta hãy chứng minh hai phát biểu đáng chú ý của hình học Lobachevsky.

Hai định lý

Định lý 1. Tổng các góc của một tam giác bất kỳ đều nhỏ hơn $\pi$.

Cơm. 4

Bằng chứng. Trước tiên chúng ta hãy xem xét một tam giác vuông $ABC$, với một góc vuông ở đỉnh $C$: $\widehat{C}=\dfrac\pi2$ (Hình 4). Từ định lý cosin suy ra rằng $$(1-[a]^2)(1-[b]^2)=1-[c]^2,\tag8$$
hoặc $$[c]^2=[a]^2+[b]^2-[a]^2\cdot[b]^2$$
Hơn nữa, từ định lý tương tự (xem Hình 4)
$$\dfrac{(1-[a]^2)(1-[c]^2)}{1-[b]^2}=(1-[a]\cdot[c]\cos\beta)^2;$$
Thay biểu thức (8) cho $1-[c]^2$ ở đây, ta thu được
$$\dfrac{(1-[a]^2)^2(1-[b])^2}{1-[b]^2}=(1-[a]\cdot[c]\cos\beta)^2,$$
Ở đâu
$$1-[a]^2=1-[a]\cdot[c]\cos\beta,$$
và $$\cos\beta=\dfrac{[a]}{[c]},$$
tức là $\beta=\arccos\dfrac{[a]}{[c]}$. Tương tự, $\alpha=\arccos\dfrac{[b]}{[c]}$ và chúng ta nhận được $$\alpha+\beta=\arccos\dfrac{[a]}{[c]}+\arccos\dfrac{[b]}{[c]}=\arccos\dfrac{[a]\cdot[b]- \sqrt{([c]^2-[a]^2)([c]^2-[b]^2)}}{[c]^2}.$$
Vì $[c]^2=[a]^2+[b]^2-[a]^2\cdot[b]^2$, biểu thức dưới dấu của cung cosin cuối cùng có thể được chuyển thành dạng này:
$$\dfrac{[b]}{[c]}=\arccos\dfrac{[a]\cdot[b]-\sqrt{([c]^2-[a]^2)([c]^2-[b]^2)}}{[c]^2}= \dfrac{[a]\cdot[b]}{[c]^2}{\left(1-\sqrt{(1-[a]^2)(1-[b]^2)}\right)},$$
và vì $0\lt[a]\lt1$ và $0\lt[b]\lt1$ (xem nhận xét trước đó), biểu thức cuối cùng là dương; điều này có nghĩa là cung cosin của nó hoàn toàn nhỏ hơn $\dfrac\pi2$ và chúng ta nhận được $\alpha+\beta\lt\dfrac\pi2$, tức là.
$$\alpha+\beta+\widehat{C}\lt\dfrac\pi2+\dfrac\pi2=\pi.$$
Trường hợp tam giác vuông được phân tích.

Cơm. 5

Bây giờ hãy xem xét một tam giác tùy ý $ABC$ và giả sử rằng $\{c\}$ là cạnh dài nhất của nó. Chúng ta thả đường vuông góc $CD$ từ điểm $C$ sang cạnh $AB$. Nó chia tam giác $ABC$ của chúng ta thành hai hình chữ nhật: tam giác $ACD$ với các góc “cấp” $\alpha$ và $\gamma$ và tam giác $BCD$ với các góc $\delta$ và $\beta$ (Hình 5). Theo những gì đã được chứng minh, $\alpha+\gamma\lt\dfrac\pi2$ và $\beta+\delta\lt\dfrac\pi2$, từ đó tổng các góc của tam giác $ABC$: $\alpha+\beta+\gamma+\delta$ nhỏ hơn $\pi$.

Để người đọc không bị nhầm lẫn bởi thành ngữ “thả đường vuông góc”. Dễ dàng kiểm tra xem các dữ kiện mà chúng ta sử dụng trong chứng minh Định lý 1 không dựa trên tiên đề song song, và nếu muốn, tất cả chúng đều có thể được chứng minh, như trong hình học thông thường.

Định lý 2. Tiêu chuẩn thứ tư về sự bằng nhau của các tam giác. Nếu các góc của tam giác này lần lượt bằng các góc của tam giác kia thì các tam giác này bằng nhau.

Bằng chứng. Chúng ta hãy biểu thị các đại lượng $[a]$, $[b]$ và $[c]$ cho tam giác $ABC$ bằng $x$, $y$ và $z$; cosin của các góc lần lượt nằm đối diện với các cạnh $a$, $b$ và $c$ lần lượt đi qua $m$, $n$ và $p$. Sử dụng định lý cosin (7), ta thu được hệ ba phương trình với ba ẩn số $x$, $y$ và $z$:
$$\def\|{\vphantom{y}} \left\{\begin{array}{l} \sqrt{\|1-x^2}\,(1-myz)=\sqrt{\|1-y^2}\,\sqrt{\|1-z^2};\\ \sqrt{\|1-y^2}\,(1-nxz)=\sqrt{\|1-x^2}\,\sqrt{\|1-z^2};\\ \sqrt{\|1-z^2}\,(1-pxy)=\sqrt{\|1-x^2}\,\sqrt{\|1-y^2} \end{array}\right.$$
(các giá trị $m$, $n$ và $p$ được cung cấp cho chúng tôi vì các giá trị góc đã được biết).

Hệ thống này có một điểm tích cực duy nhất lời giải:
$$x=\dfrac D{np+m},\quad y=\dfrac D{mp+n},\quad z=\dfrac D{mn+p},$$
ở đâu $$D^2=m^2+n^2+p^2+2mnp-1$$
(kiểm tra!). Do đó, việc xác định các góc sẽ xác định duy nhất các cạnh của tam giác và Định lý 2 đã được chứng minh.

Hình vuông. Ứng dụng

Chúng ta không có cơ hội nói chi tiết về lý thuyết diện tích trong hình học Lobachevsky. Vì vậy, chúng tôi sẽ hạn chế chỉ đưa ra những nhận xét ngắn gọn. Giả sử rằng mỗi đa giác $T$, không nhất thiết phải lồi (nhưng không tự giao), được liên kết với một số dương $S(T)$ và:

1. nếu đa giác $T$ được chia thành một số đa giác $T_1$, $T_2$, $\ldots$, $T_k$, thì $$S(T)=S(T_1)+S(T_2)+\ldots+S(T_k);$$
2. nếu đa giác $T_1$ và $T_2$ bằng nhau thì $S(T_1)=S(T_2)$.

Khi đó chúng ta sẽ nói rằng $S(T)$ là diện tích của đa giác $T$.

Chúng tôi để độc giả chứng minh hoặc xác minh bằng các ví dụ đơn giản rằng trong mặt phẳng lobachevsky là diện tích $n$-quảng trường $T$ giá trị có thể được lấy
$$S(T)=\lambda[(n-2)\pi-(\alpha_1+\alpha_2+\ldots+\alpha_n)],$$
trong đó $\lambda$ là số dương cố định tùy ý (hệ số tỷ lệ), $n$ là số cạnh và $\alpha_1$, $\alpha_2$, $\ldots$, $\alpha_n$ là các góc trong của đa giác.

Gợi ý. Lưu ý rằng giá trị $(n-2)\pi$ là tổng các góc trong của $n$-gon $T$ trong hình học Euclide, tức là giá trị $S(T)$ tỷ lệ thuận với hiệu giữa tổng các góc của đa giác trong hình học Euclide và hình học Lobachevsky; cố gắng chứng minh tuyên bố đã nêu cho hình tam giác. Bài viết “Thế giới huyền diệu của Henri Poincaré” sẽ giúp ích cho bạn.

Diện tích của các hình cong (ví dụ: diện tích hình tròn) được tính như thường lệ bằng cách sử dụng đoạn văn đến giới hạn. Ví dụ, chứng minh rằng diện tích hình tròn bán kính $R$ là
$$\lambda\pi{\left(q^{\frac{\scriptstyle R}{\scriptstyle4}}-q^{-\frac{\scriptstyle R}{\scriptstyle4}}\right)}^2.$$

Và để kết luận, chúng tôi lưu ý trường hợp sau đây. Tất cả các kết quả trên có thể dùng làm nguồn cho nhiều bài toán hình học thông thường và cũng có thể được sử dụng cho lời giải bài toán.

Cơm. 6

Hãy giải thích điều này bằng một ví dụ.

Qua điểm $P$ nằm trên đường kính $AB$ (Hình 6), dây $MM'$ và $NN'$ được rút ra. Cần chứng minh dây $TT'$ vuông góc với đường kính và đi qua điểm $P$ cắt dây $MN$ và $M'N'$ tại các điểm $S$ và $S'$ cách đều điểm $P$.

Lời giải. Di chuyển $\phi_P$ chuyển hợp âm $MN$ thành hợp âm $M'N'$ và di chuyển hợp âm $TT'$ vào chính hợp âm đó. Do đó, điểm $S$ sẽ chuyển sang điểm $S'$ và $\rho(P,S)=\rho(P,S')$, tức là.
$$\dfrac{|TP|\cdot|TS'|}{|TS|\cdot|T'P|}=\dfrac{|T'P|\cdot|TS'|}{|TP|\cdot|T'S'|}{,} \quad\text{и}\quad|TP|=|T'P|;$$
từ đó dẫn đến $|SP|=|S'P|$.

Bài toán 6. Chứng minh khẳng định tương tự cho trường hợp điểm $P$ nằm trên phần kéo dài của đường kính $AB$.