Տարերք/Գիրք 3

հեղինակ՝ էվկլիդես աղբյուր՝ Euclid's Elements of Geometry, English translation by Richard Fitzpatrick

Տարերքի գրքեր

Սահմանումներ

1. Հավասար են համարվում այն շրջանները, որոնց տրամագծերը կամ կենտրոնից շրջանագիծ ընկած հեռավորությունները հավասար են (շառավղերը հավասար են)։

2. Հատվածը համարվում է շրջանագծի շոշափող, եթե այն շրջանագծին հասնելիս և շարունակվելիս՝ չի հատում այն։

3. Իրար շոշափող են համարվում այն շրջանները, որոնք միմյանց հասնելիս՝ մեկը մյուսին չեն հատում։

4. Շրջանագծում հատվածները կենտրոնից նույն հեռավորությունը կունենան, եթե կենտրոնից նրանց տարված ուղղահայացները հավասար լինեն։

5. Շրջանագծում հատվածներից կենտրոնից ավելի հեռու է համարվում այն մեկը, որին կենտրոնից տարված ուղղահայացը ավելի երկար է։

6. Շրջանի սեգմենտը այն պատկերն է, որը պարունակում են հատվածն ու շրջանագիծը։

7. Սեգմենտի անկյունը այն այնկյունն է, որը պարունակում են հատվածն ու շրջանագիծը։

8. Սեգմենտի միջի անկյունը այն այնկյունն է, որը պարունակում են շրջանագծի վրա վերցված կետից տարված երկու հատվածները, որոնք միանում են այն հատվածի գագաթներին որը սեգմենտի հիմքն է։

9. Աղեղի վրա ընկած անկյունը այն անկյունն է, որին կից հատվածները հատում են շրջանագիծը՝ իրենց մեջ առնելով դրա որոշ հատված։

10. Շրջանի սեկտորը այն պատկերն է, որն ընկած է շրջանի կոնտրոնում կառուցված անկյանը կից հատվածների և դրանցով կտրված շրջանագծի ներսում։

11. Շրջանի սեգմենտները համարվում են նման, երբ կա՛մ ընկած են հավասար անկյունների վրա, կա՛մ պարունակում են հավասար անկյուններ։

Պնդում 1

Գտնել տրված շրջանի կենտրոնը։

Դիցուք՝ տրված է ABC շրջանը։ Պահանջվում է գտնել ABC շրջանի կենտրոնը։ ABC շրջանով կառուցենք կամայական AB հատված և հավասար կիսենք այն D կետում [Պնդում 1․9]։ AB-ին ուղղահայաց՝D կետով կառուցենք DC-ն [Պնդում 1․11]։ E կետով էլ կառուցենք CD-ն։ CE-ն հավասար կիսենք F կետով [Պնդում 1․9]։ Ես պնդում էմ, որ F-ը ABC շրջանի կենտրոնն է։ Եթե այդպես չէ, ապա ենթադրենք, որ կենտրոնը G-ն է և կառուցենք GA, GD և GB հատվածները։ Եվ քանի որ AD-ն ու DB-ն հավասար են, DG էլ՝ ընդհանուր, AD և DG, BD և DG համապատասխանաբար հավասար են։ Հավասար են նաև GA և GB հիմքերը, քանի որ երկուսն էլ շառավիղներ են։ Հետևաբար, ADG անկյունը հավասար է GDB անկյանը [Պնդում 1․8]։ Երբ միմյանց ուղղահայաց հատվածները իրար հավասար կից անկյուններ են կազմում, նշանակում է, որ այդ անկյունները ուղիղ անկյուններ են [Սահմանում 1․10]։ Հետևում է, որ GDB-ն և FDB-ն ուղիղ անկյուններ են և հետևաբար, հավասար են միմյանց։ Սակայն անկյուններից մոկը մյուսից մեծ է, ինչը հնարավոր չէ։ Ստացվում է, որ G-ն շրջանի կենտրոնը չէ։ Նույն կերպ կարող ենք ցույց տալ նաև, որ ցանկացաց կետ բացի F-ից, ABC շրջանի կենտրոնը չէ։

Հետևաբար, F-ը ABC շրջանի կենտրոնն է։

Հետևանք

Եթե շրջանում հատվածը այլ հատվածի ուղիղ անկյան տակ հավասար կիսում է, ապա շրջանի կենտրոնը գտնվում է նախնական հատվածի վրա։ Սա հենց այն էր, ինչ պետք էր ցույց տալ։

Պնդում 2

Շրջանագծի վրա վերցված կամայական կետերը միացնելիս ստացված հատվածը ընկած է շրջանի ներսում։

Դիցուք՝ տրված է ABC շրջանը։ Շրջանագծի վրա ընտրենք կամայական A և B կետեր։ Ես պնդում եմ, որ A և B կետերը միացնող հատվածը ընկած է շրջանի ներսում։ Ենթադրենք, որ դա ճիշտ չէ, և այն ընկած է շրջանից դուրս՝ ինչպես AEB պատկերում։ Գտնենք ABC շրջանի կենտրոնը [Պնդում 3․1], և ենթադրենք, որ այն D-ն է։ Կառուցենք DA-ն, DB-ն և DFE-ն։ Հետևաբար, քանի որ DA-ն ու DB-ն հավասար են, DAE և DBE անկյունները նույնպես հավասար են [Պնդում 1․5]։ Քանի որ կառուցել ենք DAE եռանկյան AEB կողմը, DEB անկյունը DAE-ից մեծ է [Պնդում 1․16]։ DAE-ն էլ հավասար է DEB-ին [Պնդում 1․5]։ Հետևաբար, DEB-ն DBE-ից մեծ է։ Ավելի մեծ անկյունն ընկած է ավելի մեծ կողմի վրա [Պնդում 1․19]։ Ստացվում է, որ DB-ն DE-ից մեծ է։ DB-ն ու DF-ն էլ հավասար են։ Հետևում է, որ DF-ը DE-ից մեծ է, ինչը հնարավոր չէ։ Այսպիսով՝ A և B կետերը միացնող հատվածը չի ընկնի շրջանի մեջ։ Նույն կերպ կարող ենք ցույց տալ նաև, որ այն շրջանագծի վրա նույնպես չի ընկնի։ Հետևաբար, կընկնի շրջանի ներսում։

Այսպիսով՝ շրջանագծի վրա վերցված կամայական կետերը միացնելիս ստացված հատվածը ընկած է շրջանի ներսում։ Սա հենց այն էր, ինչ պետք էր ցույց տալ։

Պնդում 3

Եթե շրջանի կենտրոնով անցնող հատվածը հավասար է կիսում է այլ հատվածի, որը կենտրոնով չի անցնում, ապա հատումը տեղի է ունենում ուղիղ անկյան տակ։ Եվ ընդհակառակը, եթե հատումը տեղի է ունենում ուղիղ անկյան տակ, ապա կենտրոնով անցնող հատվածը մյուսիս հավասար կիսում է։ Դիցուք՝ տրված է ABC շրջանը, որում կենտրոնով անցնող CD հատվածը F կետով մեջտեղից կիսում է կենտրոնով չանցնող AB հատվածը։ Ես պնդում եմ, որ CD-ն հատում է AB-ն ուղիղ անկյան տակ։ Գտնենք ABC շրջանի կենտրոնը [Պնդում 3.1], նշանակենք այն E-ով և կառուցեք EA-ն ու EB-ն։ Քանի որ AF-ը հավասար է FB-ին, FE-ն էլ ընդհանուր է, AFE ուղղանկյան 2 կողմերը հավասար են BFE եռանկյան երկու կողմերին։ EA և EB հիմքերը հավասար են։ Հետևաբար, AFE անկյունը հավասար է BFE-ին [Պնդում 1․8]։ Եվ երբ մեկ հատվածի վրա կառուցված այլ հատված ստեղծում է հավասար կիս անկյուններ, նշանակում է, որ այդ անկյուններից յուրաքանչյունը ուղիղ անկյուն է [Պնդում 1․10]։ Ստացվում է, որ AFE և BFE անկյունները ուղիղ են։ Հետևաբար, կենտրոնով անցնող և AB-ն հավասար կիսող CD հատվածը հատում է AB-ն ուղիղ անկյան տակ։

Ստացվենց, որ CD-ն հատում է AB-ն ուղիղ անկյան տակ։ Ես պնդում եմ նաև, որ այն AB-ն մեջտեղից կիսում է։ Նույնն է ասել, որ AF-ն ու FB-ն հավասար են։ Օգտվենք նույն գծագրից։ Քանի որ EA-ն ու EB-ն հավասար են, EAF և EBF անկյունները նույնպես հավասար են [Պնդում 1․5]։ Ուղիղ անկյուն AFE-ն էլ հավասար է BFE ուղիղ անկյանը։ Հետևաբար, EAF-ն ու EFB-ը երկու եռանկյուններ են, որոնց երկու անկյուններն ու մեկ կողմը հավասար են, այդ կողմը EF-ն է, որը ընդհանուր է։ Հետևում է, որ մնացյալ կողմերը նույնպես համապատասխանաբար հավասար կլինեն [Պնդում 1․26]։ Ստացվում է, որ AF-ն ու FB-ն հավասար են։ Այսպիսով՝ եթե շրջանի կենտրոնով անցնող հատվածը հավասար է կիսում է այլ հատվածի, որը կենտրոնով չի անցնում, ապա հատումը տեղի է ունենում ուղիղ անկյան տակ։ Եվ ընդհակառակը, եթե հատումը տեղի է ունենում ուղիղ անկյան տակ, ապա կենտրոնով անցնող հատվածը մյուսիս հավասար կիսում է։ Սա այն էր, ինչ պահանջվում էի ցույց տալ։

Պնդում 4

Շրջանի կենտրոնով չանցնող երկու հատվածներ իրար հատելու դեպքում, միմյանց հավասար չեն կիսում։ Դիցուք՝ ունենք ABCD շրջանը, որում կենտրոնով չանցնող AC և BD հատվածները հատում եմ միմյանց E կետում։ Ես պնդում եմ, որ նրանք միմյանց հավասար չեն կիսում։ Ենթադրենք, որ այդ հատվածները կիսում են միմյանց այնպես, որ AE-ն ու EC-ն և BE-ն ու ED-ն հավասար են։ Գտնենք ABCD շրջանի կենտրոնը [Պնդում 3․1], նշանակենք F կետով և կառուցենք FE-ն։ Հետևաբար, քանի որ կենտրոնով անցնող FE-ն հատում է կենտրոնով չանցնող AC-ին, ապա հատումը տեղի է ունենում ուղիղ անկյան տակ [Պնդում 3․3]։ Ստացվում է, որ FEA-ն ուղիղ անկյուն է։ Եվ կրկին, քանի որ FE հատվածը մեջտեղից հատում է BD-ն, ապա հատումը տեղի է ունենում ուղիղ անկյան տակ [Պնդում 3․3]։ Ստացվում է, որ FEB-ն ուղիղ անկյուն է։ Ցույց էինք տվել նաև, որ FEA-ն էլ է ուղիղ անկյուն։ Հետևաբար, FEA-ն ու FEB-ն հավասար են․ փոքրը՝ մեծին, ինչը հնարավոր չէ։ Հետևանար, AC-ն ու BD-ն միմյանց հավասար չեն կիսում։

Այսպիսով՝ շրջանի կենտրոնով չանցնող երկու հատվածներ իրար հատելու դեպքում, միմյանց հավասար չեն կիսում։ Սա այն էր, ինչ պահանջվում էի ցույց տալ։

Պնդում 5

Երկու միմյանց հատող շրջանների կենտրոնները չեն համընկնում։

Դիցուք՝ ABC և CDG շրջանները հատում են միմյնաց B և C կետերում։ Ես պնդում եմ, որ շրջանների կենտրոնները չեն համընկնում։ Ենթադրենք, որ E-ն ընդհանուր կենտրոնն է և կառուցենք EC-ն ու EFG-ն, որը կամայականորեն երկու շրջաններով էլ կանցնի։ Քանի որ E-ն ABC շրջանի կենտրոնն է, EC-ն և Efճը հավասար են։ Քանի որ E-ն CDG շրջանի կենտրոնն էլ է, EC-ն և EG-ն նույնպես հավասար են։ Ցույց էինք տվել նաև, որ EC ու EF հատվածները նույնպես հավասար են։ Հետևաբար, EF-ն ու EG-ն հավասար են․ փոքրը՝ մեծին, ինչը հնարավոր չէ։ Ստացվում է, որ E-ն ABC և CDG շրջանների ընդհանուր կենտրոնը չէ։ Այսպիսով՝ երկու միմյանց հատող շրջանների կենտրոնները չեն համընկնում։

Պնդում 6

Երկու միմյանց շոշափող շրջանների կենտրոնները չեն համընկնում։

Դիցուք՝ ABC և CDE շրջանները շոշափում են միմյնաց C կետում։ Ես պնդում եմ, որ շրջանների կենտրոնները չեն համընկնում։ Ենթադրենք, որ F-ը ընդհանուր կենտրոնն է և կառուցենք FC-ն ու FEB-ն, որը կամայականորեն երկու շրջաններով էլ կանցնի: Հետևաբար, քանի որ F-ը ABC-ի կենտրոնն է, FC-ն ու FB-ն հավասար են։ Քանի որ F-ը CDE-ի կենտրոնն էլ է, ապա FC-ն ու FE-ն նունպես հավասար են։ Ցույց էինք տվել նաև, որ FC-ն ու FB-ն հավասար են։ Հետևաբար, FE-ն ու FB-ն ևս հավասար հատվածներ են․ փոքրը՝ մեծին, ինչը հնարավոր չէ։ Ստացվում է, որ F-ն ABC և CDE շրջանների ընդհանուր կենտրոնը չէ։ Այսպիսով՝ երկու միմյանց շոշափող շրջանների կենտրոնները չեն համընկնում։

Պնդում 7

Եթե շրջանի տրամագծի վրա վենցնենեք կետ, որը շրջանի կենտրոնը չէ և որից մինչ շրջանագիծ հատված է ընկած, ապա ամենաերկար հատվածը կլինի այն, որը բխում է շրջանի կենտրոնից, իսկ ամենակարճը՝ նույն տրամագծի մնացած մասը։ Մյուս դեպքերի համար էլ՝ ինչքան հատվածը մոտ է կենտրոնից բխող հատվածին, այնքան ավելի երկար է քան ավելի հեռու գտնվողները։ Նույն կետից դեպի շրջանագիծ կարող են բխել միայն երկու հավասար հատվածներ՝ տրամագծի մնացած մասի երկու կողմերից։

Դիցուք՝ տրված է AD տրամագծով ABCD շրջանը։ AD-ի վրա վերցնենք F կետը, որը շրջանի կենտրոնը չէ։ Շրջանի կենտրոնը E-ն է։ Կառուցենք F կետից մինչ ABCD շրջանագիծ հասնող հատվածները՝ FB, FC և FG։ Ես պնդում եմ, որ FA-ն ամենաերկար հատվածն է, FD-ն՝ ամենակարճը, FB-ն FC-ից մեծ է, և FC-ն էլ FG-ից է մեծ։ Կառուցենք BE, CE և GE հատվածները։ Եվ քանի որ ցանկացած եռանկյան ցանկացած երկու կողմ ավելի մեծ է քան երրորդը [Պնդում 1.20], EB-ն ու EF-ը BF-ից մեծ են։ AE-ն ու BE-ն էլ հավասար են [BE-ն ու EF-ը հավասար են AF-ին]։ Հետևաբար, AF-ը BF-ից մեծ է։ Կրկին, քանի որ BE-ն հավասար է CE-ին և FE-ը ընդհանուր է, BE և EF հատվածները համախատասխանաբար հավասար են CE և EF հատվածներին։ Սակայն BEF անկյունն էլ մեծ է CEF-ից։ Հետևաբար, BF հիմքը CF հիմքից մեծ է [Պնդում 1.24]։ Նույն պատճառներով էլ, CF-ը նույնպես FG-ից մեծ է։ Քանի որ GF-ն ու FE-ը մեծ են EG-ից [Պնդում 1.20], EG-ն էլ հավասար է ED-ին, հետևում է, որ GF-ն ու FE-ն մեծ են ED-ից։ Երկու կողմից էլ հանենք EF-ը։ Ստացվում է, որ մնացյալ GF-ն FD-ից մեծ է։ Հետևաբար, FA-ն ամենամեծն է, FD-ն՝ ամենափոքրը, FB-ն մեծ է FC-ից, FC-ն էլ FG-ից։ Ես պնդում եմ նաև, որ F կետից միայն երկու հավասար հատվածներ կարող են ձգվել մինչև ABCD շրջանագիծ, որոնցից ամեն մեկը կլինի FD-ի մի կողմում։ E կետով՝ EF հատվածի վրա կառուցենք GEF անկյանը հավասար FEH անկյունը [Պնդում 1.23], միացնենք FH-ը։ Հետևաբար, քանի որ GE-ն ու EH-ը հավասար են և EF-ը ընդհանուր է, GE և EF հատվածները համապատասխանաբար հավասար են HE և EF հատվածներին։ GEF անկյունն էլ հավասար է HEF-ին։ Ստացվում է, որ FG հիմքը հավասար է FH հիմքին [Պնդում 1.4]։ Ես պնդում եմ, որ F կետից ելնող, FG-ին հավասար այլ հատված չի կարող ձգվել մինչև շրջանագիծ։ Եթե հնարավոր է, կառուցենք նշված ձևով ընթացող FK հատվածը։ Քանի որ FK-ն ու FG-ն հավասար են, և FH-ն էլ FG-ին է հավասար, FK-ն նույնպես հավասար է FH-ին։ Այսինքն կենտրնից ամնեամոտիկ և ամենահեռու հատվախները հավասար են, ինչը հնարավոր չէ։ Հետրաբար, F կետից բխող և GF-ին հավասար այլ հատված չկա, որը ձգվում է մինչ շրջանագիծ։ Ստացվում է, որ այդպիսինը միակն է։ Արդյունքում՝ եթե շրջանի տրամագծի վրա վենցնենեք կետ, որը շրջանի կենտրոնը չէ և որից մինչ շրջանագիծ հատված է ընկած, ապա ամենաերկար հատվածը կլինի այն, որը բխում է շրջանի կենտրոնից, իսկ ամենակարճը՝ նույն տրամագծի մնացած մասը։ Մյուս դեպքերի համար էլ՝ ինչքան հատվածը մոտ է կենտրոնից բխող հատվածին, այնքան ավելի երկար է քան ավելի հեռու գտնվողները։ Նույն կետից դեպի շրջանագիծ կարող են բխել միայն երկու հավասար հատվածներ՝ տրամագծի մնացած մասի երկու կողմերից։

Պնդում 8

Դիցուք՝ շրջանից դուրս վերցված որևէ կետից մինչև շրջանագիծ կառուցենք հատվածներ, որոնցից մեկն անցնում է կենտրոնով, իսկ մյուսները պատահական են ընրրված։ Ապա, դեպի ներս գոգավրությամբ շրջանագիծ ուղղված հատվածներից ամենաերկարը կենտրոնով անցնողն է։ Մյուսների համար, ինչքան կենտրոնին մոտ է ընկած հատվածը, այդքան ավելի մեծ է, քան նրանից հեռու գտնվողը։ Դեպի դուրս գոգավրությամբ շրջանագիծ ուղղված հատվածներից ամենակարճը կետի և տրամագծի միջև գտնվողն է։ Մյուսների համար, ամենակարճ հատվածին մոտ ընկած հատվածը ավելի փոքր է, քան նրանից հեռու գտնվողը։ Եվ միայն երկու հավասար հատվածներ կարող են բխել այդ կետից դեպի շրջանագիծ՝ ամենակարճ հատվածի երկու կողմերով։ Դիցուք՝ տրված է ABC շրջանը, և նրանից դուրս որևէ D կետ, որով էլ կառուցում էնք ՝ DA, DE, DF և DC հատվածները, որտեղ DA-ն անցնում է շրջանի կենտրոնով։ Ես պնդում եմ, որ դեպի շրջանագծի ներս գոգավրությամբ մաս ուղղված հատվածներից (AEFC շրջանագծի հատվածը) ամենաերկարը կենտրոնով անցնողն է, այսինքն՝ AD, DE-ն էլ մեծ է DF-ից, իսկ DF-ը՝ DC-ից։ Դեպի շրջանագծի դուրս գոգավրությամբ մաս (HLKG շրջանագծի հատվածւ) ուղղված հատվածներից ամենակարճը կետի և AG տրամագծի արանքում գտնվողն է՝ DG-ն։ Եվ ամենակարճ հատվածին՝ DG-ին մոտ գտնվող հատվածը միշտ ավելի կարճ է, քան դրանից հեռու գտնվողը, այնպես, որ DK-ն փոքր է DL-ից, իսկ DL-ը՝ DH-ից։

Դիցուք՝ գտնենք շրջանի կենտրոնը [Պնդում 3.1] և մշանակենք M-ով [Պնդում 3.1]։ Կառուցենք ME, MF, MC, MK, ML և MH հատվածները։ Եվ քանի որ AM-ը հավասար է EM-ին, երկու կողմերին էլ ավելացնենք MD-ը ։ Արդյունքում, AD-ը հավասար է EM-ին և MD-ին։ Բայց EM-ը և MD-ը մեծ են ED-ից [Պնդում 1.20]: Հետևաբար, AD-ը նույնպես մեծ է ED-ից։ Կրկին, քանի որ ME-ն հավասար է MF-ին և MD-ը ընդհանուր է, EM և MD հատվածները հավասար են FM և MD հատվածներին։ EMD անկյունն էլ մեծ է FMD-ից։ Արդյունքում, ED հիմքը մեծ է FD հիմքից [Պնդում 1.24]: Նմանապես, կարող ենք ցույց տալ, որ FD-ը մեծ է նաև CD-ից։ Ուստի, AD-ը ամենաերկար հատվածն է, DE-ն մեծ է DF-ից, իսկ DF-ը՝ DC-ից։ Եվ քանի որ MK և KD հատվածների գումարը մեծ է MD-ից [Պնդում 1.20], իսկ MG-ը հավասար է MK-ին, ապա մնացյալ KD-ը մեծ է GD-ից։ Այսպիսով, GD-ն փոքր է KD-ից։ Եվ քանի որ MLD եռանկյան ներքին MK և KD հատվածները կառուցված են MD կողմի վրա, ապա MK և KD հատվածները փոքր են ML-ից և LD-ից [Պնդում 1.21]: MK-ն էլ հավասար է ML-ին։ Հետևաբար, մնացյալ DK-ը փոքր է DL-ից։ Նմանապես, կարող ենք ցույց տալ նաև, որ DL-ն փոքր է DH-ից։ Հետևաբար, DG-ը ամենակարճ հատվածն է, DK-ը փոքր է DL-ից, իսկ DL-ը՝ DH-ից։ Ես նաև պնդում եմ, որ միայն երկու հավասար հատվածներ կարող են բխել D կետից դեպի շրջագիծ՝ ամենափոքր հատվածի՝ DG-ի երկու կողմերից մեկական։ Դիցուք՝ անկյուն DMB-ը, որը հավասար է KMD-ին, կառուցված է MD հատվածի վրա՝ M կետում [Պնդում 1.23], կառուցենք նաև DB-ն։ Քանի որ MK-ն հավասար է MB-ին, իսկ MD-ն ընդհանուր է, MK և MD հատվածները համապատասխանաբար հավասար են BM-ին և MD-ին։ Անկյուն KMD-ն էլ հավասար է անկյուն BMD-ին։ Ուստի DK հիմքը հավասար է DB հիմքին [Պնդում 1.4]։ Հետևաբաև, ես պնդում եմ, որ D կետից՝ DK-ին հավասար այլ հատված չի կարող ձգվել մինչև շրջանագիծ։ Ենթադրենք, որ դա հնարավոր է և կառուցենք DN-ն։ Հետևաբար, քանի որ DK-ն հավասար է DN-ին, DK-ն էլ՝ DB-ին, ապա DB-ն նույնպես հավասար է DN-ին, ստացվում է, որ ամենափոքր հատվածին՝ DG-ին ամենամոտը գտնվող հատվածը հավասար է ամենահեռվում գտնվողին, ինչը անհնար է։ Ուստի, D կետից՝ ABC շրջագծի ուղղությամբ․ շրջանի ամենափոքր հատվածի՝ DG-ի երկու կողմերից մեկական ուղղորդված, մեկից ավել հատված չի կաչող բխել։ Հետևաբար, եթե դիցուք՝ շրջանից դուրս վերցված որևէ կետից մինչև շրջանագիծ կառուցենք հատվածներ, որոնցից մեկն անցնում է կենտրոնով, իսկ մյուսները պատահական են ընրրված։ Ապա, դեպի ներս գոգավրությամբ շրջանագիծ ուղղված հատվածներից ամենաերկարը կենտրոնով անցնողն է։ Մյուսների համար, ինչքան կենտրոնին մոտ է ընկած հատվածը, այդքան ավելի մեծ է, քան նրանից հեռու գտնվողը։

Պնդում 9

Եթե շրջանի ներսում վերցված կետից մինչ շրջանագիծ ընկած երկուսից ավել հատվածներ հավասար եմ, ապա այդ կետը շրջանի կենտրոնն է։ Դիցուք՝ տրված է ABC շրջանը, շրջանի ներսում՝ D կետը և D-ից մինչ շրջանագիծ ձգվող երկուսից ավել հատված՝ DA, DB և DC։ Ես պնդում եմ, որ D-ն ABC շրջանի կենտրոնն է։

Կառուցենք AB-ն ու BC-ն և մեջտեղից կիսենք դրանք համապատասխանորեն E և F կետերում [Պնդում 1.10]։ Կառուցենք նաև ED-ն ու FD-ն և շարունակենք դրանք մինչ G, K, H և L կետերին հասնելը։ Հետևաբար, քանի որ AF-ն ու EB-ն հավասար են, ED-ն էլ՝ ընդհանուր, AE և ED հատվածները համախատասխանաբար հավասար են BE և ED հատվածներին։ DA և DB հիմերը նույնպես հավասար են։ Հետրում է, որ անկյուն AED-ն հավասար է BED անկյանը [Պնդում 1.8]։ AED և BED անկյունները ուղիղ անկյուններ են [Պնդում 1.10]։ Ստացվում է, որ GK-ն ուղիղ անկյան տակ մեջտեղից հատում է AB-ն։ Եվ եթե շրջանագծում մի հատված ուղիղ անկյան տակ հատում և մեջտեղից կիսում է այլ հատվածի, ապա շրջանի կենտրոնը ընկած է սկզբնական հատվածի վրա [Պնդում 3.1 հետևանք]։ Հետրևաբար շրջանի կենտրոնը GK-ի վրա է։ Նույն պատճառներով՝ ABC շրջանի կենտրոնն ընկած է HL հատվածի վրա։ GK և HL հատվածները D-ից բացի այլ ընդհանուր կետ չունեն։ Հետևաբար, D-ն ABC շրջանի կենտրոնն է։ Այսպիսով՝ եթե շրջանի ներսում վերցված կետից մինչ շրջանագիծ ընկած երկուսից ավել հատվածներ հավասար եմ, ապա այդ կետը շրջանի կենտրոնն է։ Սա այն էր, ինչ պահանջվում էր ցույց տալ։

Պնդում 10

Շրջանները չեն հատվում երկուսից ավել կետերում։ Ենթադրենք, որ ABC և DEF շրջանները հատվում են երկուսից ավել՝ B, G, F և H կետերում։ Կառուցենք BH և BG հատվածները և համապատասխանորեն հավասար կիսենք դրան K և L կետերում։ K և L կետերով համապատասխանորեն կառուցենք KC և LM հատվածներն այնպես, որ BH-ի և BG-ի հետ ուղիղ անկյուններ կազմեն, [Պնդում 1.11], որից հետո շարունակենք այդ հատվածները մինչ A և E կետերը։

pages 80-105

Հետևաբար, քանի որ ABC շրջանում որոշակի ուղիղ գիծ AC-ն հատում է որոշակի (այլ) ուղիղ գիծ BH-ը երկու կեսի և հանդիսանում է ուղղահայաց, այդ պատճառով ABC շրջանի կենտրոնը AC-ի վրա է [Պնդում 3.1 ուղղում]: Կրկին, քանի որ նույն ABC շրջանի մեջ որոշակի ուղիղ գիծ NO-ն հատում է որոշակի (այլ ուղիղ գիծ) BG-ին երկու կեսի և հանդիսանում է ուղղահայաց, այդ պատճառով ABC շրջանի կենտրոնը NO-ի վրա է [Պնդում 3.1 ուղղում]: Նաև ցույց էր տրված, որ այն AC-ի վրա է։ Եվ ուղիղ գծեր AC-ն և NO-ն հանդիպում են ոչ այլ որևէ կետում, այլ P-ում։ Հետևում է, որ P կետը ABC շրջանի կենտրոնն է։ Այսպիսով նմանապես մենք կարող ենք ցույց տալ, որ P-ն նաև DEF շրջանի կենտրոնն է։ Հետևում է, որ երկու շրջան (ABC և DEF), հատելով մեկը մյուսին, ունեն նույն կենտրոնը՝ P-ն։ Տակավին բան անհնարին է [Պնդում 3․5]: Հետևաբար շրջանը չի հատում մեկ այլ շրջան ավելի քան երկու կետում։ Ինչն էլ հենց այն էր, որ պահանջվում էր ցույց տալ։

Պնդում 11

Եթե երկու շրջանները շոշափվում են մեկը մյուսին ներսից և նրանց կենտրոնները հայտնի են, ապա նրանց կենտրոնները միացնող ուղիղ գիծը կընկնի շրջանների հատման կետի վրա։ Դիցուք, երկու շրջանները, ABC-ն և ADE-ն ներսից հարում են մեկը մյուսին A կետում և ABC շրջանի կենտրոն F-ը և ADE շրջանի կենտրոն G-ն հայտնի են [Պնդում 3.1]։ Ես ասում եմ, որ G-ն F-ին միացնող ուղիղ գիծը ընկնելու է A կետի վրա։ Դիցուք այն կընկնի ինչպես FGH-ը (պատկերում) և AF-ը և AG-ն կմիացվեն։ Հետևաբար, քանզի AG-ն և GF-ը ավելի երկար են, քան FA-ն կամ FH-ը [Պնդում 1.20], թող FG-ն վերցված լինի երկուսից։ Հետևաբար, մնացորդ AG-ն ավելի երկար է քան մնացորդ GH-ը և AG-ն հավասար է GD-ին։ Հետևում է, որ GD-ն նույնպես ավելի երկար է քան GH-ը։ Տակավին բան անհնարին է։ Հետևաբար, ուղիղ գիծը, որը միացնում է F-ը G-ին չի ընկնի մեկ շրջանից դուրս, այլ կընկնի մյուս շրջանի ներսում։ Հետևաբար, այն կընկնի շրջանների միավորման կետի վրա՝ A կետում։

Հետևում է, որ եթե երկու շրջան շաշափում են իրար ներքին կողմից [և նրանց կենտրոնները գտնված են], ապա նրանց կենտրոնները միացնող ուղիղ գիծը, [լինելով առաջացված], կընկնի շրջանների միավորման կետում։ Ինչն էլ հենց այն էր, որ պահանջվում էր ցույց տալ։

Պնդում 12

Եթե երկու շրջան շոշափում են մեկը մյուսին արտաքին կողմից, ապա նրանց կենտրոնները միացնող ուղիղ գիծը կանցնի նրանց միացման կետով։

Դիցուք, ABC և ADE շրջանները շոշափում են միմյանց արտաքին կողմից A կետում, և ABC շրջանի կենտրոն F-ը գտնված է [Պնդում 3․1] և ADE շրջանի կենտրոն G-ին նույնպես [Պնդում 3․1]։ Ես ասում եմ, որ F-ը G-ին միացնող ուղիղ գիծը կանցնի շրջանների միավորման A կետով։ Դիցուք այն կլինի ինչպես FCDG-ն (պատկերում), և AF-ը և AG-ն միացված կլինեն։ Հետևաբար, քանզի F-ը ABC շրջանի կենտրոնն է, FA-ն հավասար է FC-ին։ Կրկին քանզի G կետը ADE շրջանի կենտրոնն է, GA-ն հավասար է GD-ին: Եվ FA-ի հավասարությունը FC-ին ցույց է տրված։ Հետևում է, որ ուղիղ գծեր FA-ն և AG-ն հավասար են ուղիղ գծեր FC-ին և GD-ին: Այսպիսով, ամբողջական FG-ին ավելի երկար է քան FA-ն և AG-ին։ Բայց այն նաև կարճ է [Պնդում 1․20]։ Տակավին բան անհնարին է։ Հետևում է, որ F-ը G-ին միացնող ուղիղ գիծը չի կարող չանցնել միացման A կետով և այն կանցնի դրա միջով: Այսպիսով, եթե երկու շրջան շոշափում է մեկը մյուսին արտաքին կողմից, ապա նրանց կենտրոնները միացնող ուղիղ գիծը կանցնի նրանց միացման կետով։ Ինչն էլ հենց այն էր, որ պահանջվում էր ցույց տալ։

Պնդում 13

Որևէ շրջան չի շոշափում արևէ (այլ) շրջան ավելի քան մեկ կետում, անկախ այն բանից, թե նրանք շոշափում են միմյանց արտաքուստ, թե ներքուստ։

Դիցուք ABDC շրջանը շոշափում է EBFD շրջանին, ի սկզբանե ներսից, ավելի քան մեկ կետում՝ D և B։ Եվ թող ABDC շրջանի կենտրոն G-ն ու EBFD շրջանի կենտրոն H-ը գտնված լինեն [Պնդում 3.1]։ Հետևաբար, G-ն H-ին միացնող ուղիղ գիծը կընկնի B-ի և D-ի վրա [Պնդում 3.1]։ Թող այն ընկնի ինչպես BGHD-ն (պատկերում)։ Եվ քանի որ G կետը ABDC շրջանի կենտրոնն է, BG-ն հավասար է GD-ին։ Հետևում է, որ BG-ն ավելի երկար է քան HD-ին։ Ինչից էլ հետևում է, որ BH-ն շատ ավելի երկար քան HD-ին։ Կրկին քանի որ H կետը EBFD շրջանի կենտրոնն է, BH-ը հավասար է HD-ին։ Բայց նաև ցույց էր տրված, որ այն ավելի երկար է դրանից։ Տակավին բան անհնարին է։ Հետևաբար, որևէ շրջան չի շոշափում մեկ այլ որև շրջան ներսի կողմից ավելի քան մեկ կետում։ Այսպիսով ես ասում եմ, որ արտաքին կողմից նույնպես այն չի կարող շոշափել ավելի քան մեկ կետում։ Դիցուք ACK շրջանը շոշափում է ABDC շրջանը արտաքին կողմից ավելի քան մեկ կետում՝ A և C։ Եվ AC-ն միացված է։ Հետևաբար, քանի որ երկու կետեր A-ն և C-ն կամայական են վերցված եղել յուրաքանչյուր շրջանի (ABDC և ACk) շրջանագծի վրա, կետերը միացնող ուղիղ գիծը կընկնի ամեն յուրաքանչյուր շրջանի ներսում [Պնդում 3.2]։ Բայց այն ընկնում է ABDC-ից ներս և ACk-ից դուրս [Սահմանում 3.3]։ Տակավին բան անհեթեթություն է։ Հետևում է, որ որևէ շրջան չի շոշափում մեկ այլ որևէ շրջան արտաքին կողմից ավելի քան մեկ կետում։ Եվ ցույց էր տրված, որը նույնը ճիշտ է նաև ներքին կողմի համար։ Հետևաբար, որևէ շրջան չի շոշափում մեկ այլ որևէ շրջան ավելի քան մեկ կետում, անկախ այն փաստից, թե նրանք շոշափում են ներքուստ թե արտաքուստ։ Ինչն էլ հենց այն էր, որ պահանջվում էր ցույց տալ։

Պնդում 14

Շրջանի մեջ հավասար ուղիղ գծերը հավասարաչափ հեռու են շրջանի կենտրոնից և այն ուղիղ գծերը, որոնք հավասարաչափ հեռու են շրջանի կենտրոնից հավասար են մեկը մյուսին։

Դիցուք ABDC-ն շրջան է, և AB-ն և CD-ն հավասար ուղիղ գծեր են նրա մեջ։ Ես ասում եմ, որ AB-ն և CD-ն հավասարաչափ հեռու են շրջանի կենտրոնից։ Դիցուք ABDC շրջանի կենտրոնը գտած է [Պնդում 3.1] և նշանակված է E։ Եվ EF-ն ու EG-ն տարված են E կետից ուղղահայաց AB-ին և CD-ին համպատասխանաբար [Պնդում 1․12]։ Եվ AE-ն ու EC-ն միացված են։ Հետևաբար, քանի որ որոշակի ուղիղ գիծ՝ EF հատում է մեկ այլ որոշակի ուղիղ գիծ՝ AB շրջանի կենտրոնի միջով, այն նաև կիսում է AB-ն երկու հավասար մասերի ոչ շևջանի կենտրոնի միջով [Պնդում 3.3]։ Հետևում է, որ AF-ը հավասար է FB-ին, որից էլ հետևում է, որ AB-ն հավասար է 2 AF: Նույն պատճառով CD-ն նույնպես հավասար է 2 CG։ Եվ AB-ն հավասար է CD-ին։ Հետևում է, որ AF-ը նույնպես հավասար է CG-ին։ Եվ քանի որ AE-ն հավասար է EC-ին AE-ի վրա գտնվող քառակուսին նույնպես հավասար է EC-ի վրա գտնվող քառակուսուն։ Բայց AF-ի և EF-ի վրա գտնվող քառակուսիների գումարը հավասար է AE-ի վրա գտնվող քառակուսուն։ Քանզի F-ի մոտ գտնվող անկյունը ուղիղ է [Պնդում 1․47], EG-ի ու GC-ի վրա գտնվող քառակուսիների գումարը հավասար է EC-ի վրա գտնվող քառակուսուն և G-ի մոտ գտնվող անկյունը ուղիղ է [Պնդում 1․47]։ Հետևում է, որ AF-ի և FE-ի վրա գտնվող քառակուսիների գումարը հավասար է CG-ի և GE-ի ու վրա գտնվող քառակուսիների գումարին, որոնցից AF-ի վրա գտնվող քառակուսին հավասար է CG-ի վրա գտնվող քառակուսուն, քանի որ AF-ը հավասար է CG-ին։ Հետևաբար, FE-ի վրա մնացող քառակուսին հավասար է EG-ի վրա մնացող քառակուսուն։ Հետևում է, որ EF-ը հավասար է EG-ին։ Եվ շրջանի միջի ուղիղ գծերը հավասարաչափ հեռու են շրջանի կենտրոնից, երբ ուղղահայաց ուղիղ գծերը, որոնք տարված են շրջանի կենտրոնից հավասար են [Պնդում 3.4]։ Հետևում է, որ AB-ն և CD-ն հավասարաչափ հեռու են շրջանի կենտրոնից։ Այսպիսով թող AB և CD ուղիղ գծերը հավասարաչափ հեռու լինեն շրջանի կենտրոնից։ Դա նույնն է, ինչ ասել, թող EF-ը հավասար լինի EG-ին։ Ես ասում եմ, որ AB-ն նույնպես հավասար է CD-ին։ Նույն կառուցվածքով մենք կարող ենք նմանապես ցույց տալ, որ AB-ն հավասար է 2 AF, և CD-ն՝ 2 CG։ Եվ քանի որ AE-ն հավասար է CE-ին, AE-ի վրա գտնվող քառակուսին հավասար է CE-ի վրա գտնվող քառակուսուն։ Բայց EF-ի և FA-ի վրա գտնվող քառակուսիների գումարը հավասար է AE-ի վրա գտնվող քառակուսուն [Պնդում 1․47]։ Եվ EG-ի ու CG-ի վրա գտնվող քառակուսիների գումարը հավասար է CE-ի վրա գտնվող քառակուսուն [Պնդում 1․47]։ Հետևաբար, EF-ի և FA-ի վրա գտնվող քառակուսիների գումարը հավասար է EG-ի և GC-ի վրա գտնվող քառակուսիների գումարին, որոնցից EF-ի վրա գտնվող քառակուսին հավասար է EG-ի վրա գտնվող քառակուսուն, քանի որ EF-ը հավասար է EG-ին։ Հետևում է, որ AF-ի վրա մնացած քառակուսին հավասար է CG-ի վրա մնացած քառակուսուն և AF-ը հավասար է CG-ին։ Եվ AB-ն հավասար է 2 AF, CD-ն էլ 2 CG: Հետևաբար AB-ն հավասար է CD-ին։ Հետևաբար, շրջանի մեջ հավասար ուղիղ գծերը հավասարաչափ հեռու են շրջանի կենտրոնից և ուղիղ գծրը, որոնք հավասարաչափ հեռու են շրջանի կենտրոնից հավասար են մեկը մյուսին։ Ինչն էլ հենց այն էր, որ պահանջվում էր ցույց տալ։

Պնդում 15

Շրջանի մեջ տրամագիծը ամենաերկար ուղիղ գիծն է, և մյուսների համար կենտրոնին ավելի մոտիկ ուղիղ գիծը միշտ ավելի երկար է քան կենտրոնից հեռու գտնվողը։ Թող ABCD-ն լինի շրջան և թող AD-ն լինի նրա տրամագիծը և E-ն նրա կենտրոնը։ Եվ թող BC-ն ավելի մոտ լինի AD† տրամագծին, իսկ FG-ն հեռու։Ես ասում եմ, որ AD-ին ամենաերկար ուղիղ գիծն է և BC-ին ավելի երկար է քան FG-ին։ Դիցուք EH-ը և EK-ն տարված են կենտրոն E-ից դեպի BC և FG համապատասխանաբար հանդիսանալով ուղղահայացներ [Պնդում 1․12]։ Եվ քանզի BC-ն ավելի մոտ է կենտրոնին և FG-ն հեռու, EK-ն ավելի երկար է, քան EH-ը [Պնդում 3․5]։ Թող EL-ը հավասար լինի EH-ին [Պնդում 1․3]։ Եվ L կետից LM-ը ուղղահայց լինի EK-ին [Պնդում 1․11] և շարունակվի մինչև N: Եվ թող ME-ն, EN-ը, FE-ն և EG-ն միացված լինեն։ Եվ քանի որ EH-ը հավասար է EL-ին, BC-ն նույնպես հավասար է MN-ին [Պնդում 3․14]։ Կրկին քանի որ AE-ն հավասար է EM-ին և ED-ին՝ EN-ին, AD-ն հետևաբար հավասար է ME-ին և EN-ին։ Բայց ME-ն և EN-ը ավելի երկար են քան MN-ը [Պնդում 1․20] [նաև AD-ն ավելի երկար է քան MN-ը], և MN-ը հավասար է BC-ին։ Հետևաբար, AD-ն ավելի երկար է, քան BC-ին։ Եվ քանի որ երկու ուղիղ գծերը՝ ME-ն և EN-ը հավասար են երկու ուղիղ գծեր FE-ին և EG-ին համապատասխանաբար, և անկյուն MEN-ը ավելի մեծ է քան անկյուն FEG†-ը, MN հիմքը ավելի երկար է քան FG հիմքը [Պնդում 1․24]։ Բայց ցույց էր տրված, որ MN-ը հավասար է BC-ին [այսպիսով BC-ն նույնպես ավելի երկար է քան FG-ն]։ Հետևում է, որ AD տրամագիծը ամենաերկար ուղիղ գիծն է, և BC-ն ավելի երկար է քան FG-ին։

Հետևաբար, շրջանի մեջ տրամագիծը ամենաերկար ուղիղ գիծն է և մյուսների համար կենտրոնին ավելի մոտիկ ուղիղ գիծը միշտ ավելի երկար է, քան հեռու գտնվողը։ Ինչն էլ հենց այն էր, որ պահանջվում էր ցույց տալ։

Պնդում 16

Ուղիղ գիծը, որը ուղղահայաց է շրջանի տրամագծին իր վերջից կընկնի շրջանից դուրս։ Եվ մեկ այլ ուղիղ գիծ չի կարող տեղակայվել վերոնշյալ ուղիղ գծի և շրջանագծի միջև եղած տարածքում։ Եվ կիսաշրջանի անկյունը ավելի մեծ է, քան որևէ սուր ուղղագիծ անկյուն և մնացած անկյունը ավելի փոքր քան որև սուր ուղղագիծ անկյուն։ Թող ABC-ն լինի շրջան D կենտրոնի շուրջ և AB տրամագծով։ Ես ասում եմ, որ A-ից տարված ուղղահայացը AB-ին [Պնդում 1․11] իր վերջից կընկնի շրջանից դուրս։ Դիցուք այն ընկնում է ներս ինչպես CA-ն (պատկերում) և DC-ին միացված է։ Քանի որ DA-ն հավասար է DC-ին, անկյուն DAC-ին նույնպես հավասար է անկյուն ACD-ին [Պնդում 1․5]։ Եվ DAC-ին ուղիղ անկյուն է։ Հետևում է, որ ACD-ն նույնպես ուղիղ անկյուն է։ Այսպիսով ACD եռանկյան մեջ երկու նակյուններ DAC-ն և ACD-ն հավասար են 2 ուղիղ անկյունների։ Տակավին բան անհնարին է [Պնդում 1․17]։ Հետևաբար, A կետից տարված ուղղահայացը BA-ին չի ընկնի շրջանի մեջ։ Նմանապես մենք կարող ենք ցույց տալ, որ այն ոչ էլ կընկնի շրջանագծի վրա։ Հետևաբար, այն կընկնի շրջանագծից դուրս։

Թող այն ընկնի ինչպես AE-ն (պատկերում)։ Այսպիսով ես ասում եմ, որ մեկ այլ ուղիղ գիծ չի կարող տեղակայված լինել AE ուղիղ գծի և CHA շրջանագծի միջև ընկած տարածքում։ Դիցուք այն տեղակայված է ինչպես FA-ն (պատկերում), և DG-ն D կետից ուղղահայաց է տարված FA-ին [Պնդում 1․12]։ Եվ քանի որ AGD-ն ուղիղ անկյուն է, և DAG-ն ուղիղ անկյունից փոքր է, հետևում է, որ AD-ն ավելի ավելի երկար է քան DG-ն [Պնդում 1․19]։ Եվ DA-ն հավասար է DH-ին։ Հետևաբար DH-ը ավելի երկար է քան DG-ին։ Տակավին բան անհնարին է։ Հետևաբար, մեկ այլ ուղիղ գիծ հնարավոր չէ տեղակայել ուղիղ գծի (AE-ի) և շրջանագծի միջև։ Ես նաև ասում եմ, որ կիսաշրջանային անկյունը, որը պարունակվում է ուղիղ գիծ BA-ի կողմից և տրամագիծ CHA-ն ավելի մեծ են քան ցանկացած սուր ուղղագիծ անկյուն և մնացած CHA շրջանագծով պարունակվող անկյունը և AE ուղիղ գիծը ավելի փոքր է քան ցանկացած սուր ուղղագիծ ոնկյուն։ Եթե ցանկացած ուղղագիծ անկյուն ավելի մեծ է քան BA ուղիղ գծով և CHA շրջանագծով պարունակվող անկյունը կամ ավելի փոքր քան CHA շրջանագծով և AE ուղիղ գծով պարունակվող անկյունը, ապա ուղիղ գիծը կարող է տեղակայվել CHA շրջանագծի և AE ուղիղ գծի միջև ընկած տարածքում․ որևէ բան, որ կդարձնի ուղղահայացներով պարունակվող անկյունը ավելի մեծ քան BA ուղիղ գծով և CHA շրջանագծով պարունակվող անկյունը կամ ավելի փոքր քան CHA շրջանագծով և AE ուղիղ գծով պարունակվող անկյունը։ Բայց այդպիսի ուղիղ գիծ հնարավոր չէ տեղակայել։ Հետևաբար ուղղահայցներով պարունակվող սուր անկյունը չի կարող ավելի մեծ լինել քան BA ուղիղ գծով և CHA շրջանագծով պարունակվողը, ոչ էլ այն կարող է ավելի փոքր լինել CHA շրջանագծով և ուղիղ գիծ AE-ով պարունակվող անկյունից։

Հետևանք

Այսպիսով հայտնի է, որ իր եզրից և ուղղահայացներից դեպի շրջանի տրամագիծ տարված ուղիղ գիծը շոշափում է շրջանը [և որ ուղիղ գիծը շոշափում է շրջանը մեկ կետում այնքանով, որքանով նաև ցույց էր տրված, որ ուղիղ գիծը հանդիպելով շրջանին երկու կետում ընկնում է նրա ներքին մասում [Պնդում 3․2]]։ Ինչն էլ հենց այն էր, որ պահանջվում էր ցույց տալ։

Պնդում 17

Որպեսզի տանել ուղիղ գիծ շոշափող տրված շրջանը տրված կետից։

Թող A-ն լինի տրված կետը, և BCD-ն տրված շրջանը։ Այսպիսով պահանջվում է տանել A կետով BCD-ին շոշափող ուղիղ գիծ։ Համարենք, որ շրջանի կենտրոն E-ն գտնված է [Պնդում 3․1], և AE-ն միացված է։ Եվ շրջան AFG-ն տարված է կենտրոն E-ով և շառավիղ EA-ով։ Եվ DF-ն տարված է D կետից ուղղահայաց EA-ին [Պնդում 1․11]։ Եվ EF-ն ու AB-ն միացված են։ Ես ասում եմ, որ ուղիղ գիծ AB-ն տարված է A կետից՝ շոշափելով BCD շրջանը։ Քանի որ E-ն BCD և AFG շրջանների կենտրոնն, EA-ն հետևաբար հավասար է EF-ին, և ED-ն՝ EB-ին։ Այսպիսով երկու ուղիղ գծերը՝ AE-ն և EB-ն հավասար են երկու ուղիղ գծեր FE-ին և ED-ին համապատասխանաբար։ցԵվ նրանք պարունակում են ընդհանուր անկյուն E-ի մոտ։ Հետևաբար, DF հիմքը հավասար է AB հիմքին, և եռանկյունի DEF-ը հավասար է եռանկյունի EBA-ին, և մնացած անկյունները հավասար են համապատասխան մյուս մնացած անկյուններին [Պնդում 1․4]։ Հետևում է, որ անկյուն EDF-ը հավասար է անկյուն EBA-ին։ Եվ EDF-ը ուղիղ անկյուն է։ Հետևում է, որ EBA-ն նույնպես ուղիղ անկյուն է ու EB-ն շառավիղ է։ Եվ իր եզրից շրջանի տրամագծին տարված ուղղահայացը շոշափում է շրջանը [Պնդում 3․16 ուղղում]։ Հետևում է, որ AB-ն շոշափում է BCD շրջանը։ Հետևաբար AB ուղիղ գիծը տարված է շոշափելով տրված BCD շրջանը տրված A կետից։ Ինչն էլ հենց այն էր, որ պահանջվում էր ցույց տալ։

Պնդում 18

Եթե որևէ ուղիղ գիծ շոշափում է որևէ շրջան և արևէ մեկ ուրիշ ուղիղ գիծ միացված է շրջանագծի կենտրոնից շոշափման կետին, ապա այսպես միացված ուղիղ գիծը ուղղահայաց կլինի շոշափողին։

Թող որևէ ուղիղ գիծ DE շոշափի ABC շրջանը C կետում, և թող ABC շրջանի կենտրոն F-ը գտնված լինի [Պնդում 3․1], և թող FC-ն միացված լինի F-ից C-ին։ Ես ասում եմ, որ FC-ին ուղղահայաց է DE-ին։ Եթե ոչ, թող FG-ն տարված լինի F-ից ուղղահայաց DE-ին [Պնդում 1․12]։ Հետևաբար քանի որ անկյուն FGC-ն ուղիղ անկյուն է, անկյուն FCG-ն սուր է [Պնդում 1․17]։ Եվ մեծ կողմը մեծ անկյան տակ է [Պնդում 1․19]։ Հետևում է, որ FC-ն ավելի երկար է քան FG-ին և FC-ին հավասար է FB-ին։ Հետևաբար FB-ն նույնպես ավելի երկար է քան FG-ին։ Տակավին բան անհնարին է։ Հետևաբար, FG-ն ուղղահայաց չէ DE-ին։ Նմանապես մենք կարող ենք ցույց տալ, որ ոչ էլ որևէ ուրիշ ուղիղ գիծ ուղղահայաց է, բացառությամբ FC-ին։ Հետևում է, որ FC-ն ուղղահայաց է DE-ին։ Հետևաբար, եթե որևէ ուղիղ գիծ շոշափում է որևէ շրջան և արևէ մեկ ուրիշ ուղիղ գիծ միացված է շրջանագծի կենտրոնից շոշափման կետին, ապա այսպես միացված ուղիղ գիծը ուղղահայաց կլինի շոշափողին։ Ինչն էլ հենց այն էր, որ պահանջվում էր ցույց տալ։

Պնդում 19

Եթե որևէ ուղիղ գիծ շոշափում է շրջան, և նրանց շոշափման կետից ուղիղ գիծ է տարվում ուղիղ անկյունների մոտ դեպի շոշափող, ապա շրջանի կենտրոնը կընկնի տարված ուղիղ գծի վրա։ Թող որևէ ուղիղ գիծ DE շոշափի ABC շրջանը C կետում։ Եվ թող CA-ն տարված լինի C-ից ուղիղ անկյունների մոտ դեպի DE [Պնդում 1․11]։ Ես ասում եմ, որ շրջանի կենտրոնը AC-ի վրա է։

Դիցուք F-ը շրջանի կենտրոնն է և CF-ը միացված է։ Հետևաբար, քանի որ որոշակի ուղիղ գիծ DE շոշափում է ABC շրջանը, և FC-ն միացված է կենտրոնից շոշափման կետին, FC-ն ուղղահայաց է DE-ին [Պնդում 3․18]։ Հետևում է, որ FCE-ն ուղիղ անկյուն է։ Եվ ACE-ն նույնպես ուղիղ անկյուն է։ Հետևում է, որ FCE-ն հավասար է ACE-ին։ Տակավին բան անհնարին է։ Հետևաբար F-ը ABC շրջանի կենտրոնը չէ։ Նմանապես մենք կարող ենք ցույց տալ, որ ոչ էլ ուրիշ որևէ կետ է կենտրոն, բացի մեկից AC-ի վրա։ Հետևաբար, եթե որևէ ուղիղ գիծ շոշափում է շրջան, և նրանց շոշափման կետից ուղիղ գիծ է տարվում ուղիղ անկյունների մոտ դեպի շոշափող, ապա շրջանի կենտրոնը կընկնի տարված ուղիղ գծի վրա։ Ինչն էլ հենց այն էր, որ պահանջվում էր ցույց տալ։

Պնդում 20

Շրջանի մեջ կենտրոնի մոտ գտնվող անկյունը շրջանագծի մոտ գտնվող անկյան կրկնակին է, երբ անկյունները ունե նույն շրջանագծային հիմքը։ Թող ABC-ն լինի շրջան, և թող BEC-ն լինի նրա կենտրոնի մոտ գտնվող անկյուն, և BAC-ն լինի նակյուն շրջանագծի մոտ։ Եվ թող նրանք ունենան նույն շրջանագծային հիմք BC-ն։ Ես ասում եմ, որ անկյուն BEC-ն անկյուն BAC-ի կրկնակին է։ Միացված լինելու համար, թող AE-ն տարված լինի դեպի F։ Հետևաբար քանի որ EA-ն հավասար է EB-ին, անկյուն EAB-ն նույնպես հավասար է անկյուն EBA-ին [Պնդում 1․5]։ Հետևում է, որ անկյուն EAB-ն և EBA-ն անկյուն EAB-ի կրկնակին են։ Եվ BEF-ը հավասար է EAB-ին և EBA-ին [Պնդում 1․32]։ Հետևում է, որ BEF-ը նույնպես EAB-ի կրկնակին է։ Նույն պատճառներով FEC-ն նույնպես EAC-ի կրկնակին է։ Հետևաբար ամբողջ անկյուն BEC-ն ամբողջ անկյուն BAC-ի կրկնակին է։

Այսպիսով թող ևս մեկ ուղիղ գիծ թեքված լինի, և թող առաջանա ևս մեկ անկյուն՝ BDC: Եվ DE-ն միացնելով թող այն առաջանա դեպի G։ Նմանապես մենք կարող ենք ցույց տալ, որ անկյուն GEC-ը անկյուն EDC-ի կրկնակին է, որից GEB-ը EDB-ի կրկնակին է։ Հետևաբար մնացած անկյուն BEC-ը մնացած անկյուն BDC-ի կրկնակին է։ Հետևաբար շրջանի մեջ կենտրոնի մոտ գտնվող անկյունը շրջանագծի մոտ գտնվող անկյան կրկնակին է, երբ անկյունները ունե նույն շրջանագծային հիմքը։ Ինչն էլ հենց այն էր, որ պահանջվում էր ցույց տալ։

Պնդում 21

Շրջանի մեջ նույն հատվածում գտնվող անկյունները հավասար են մեկը մյուսին։

Թող ABCD-ն լինի շրջան, և թող BAD-ն և BED-ն լինեն անկյուններ նույ BAED հատվածում։ Ես ասում եմ, որ BAD և BED անկյուններըհավասար են մեկը մյուսին։ Թող ABCD շրջանի կենտրոնը լինի գտնված [Պնդում 3․1] և լինի F կետում։ Եվ թող BF-ը և FD-ին միացված լինեն։ Եվ քանի որ անկյուն BFD-ն կենտրոնի մոտ է, և BAD-ն՝ շրջանագծի մոտ, և նրանք ունեն նույնշրջանագծային հիմք BCD-ն, անկյուն BFD-ին հետևաբար BAD-ի կրկնակին է [Պնդում 3․20]։ ԱՅսպիսով նույն պատճառներով BFD-ն նույնպես BED-ի կրկնակին է։ Հետևում է, որ BAD-ը հավասար է BED-ին։ Հետևաբար շրջանի մեջ նույն հատվածում գտնվող անկյունները հավասար են մեկը մյուսին։ Ինչն էլ հենց այն էր, որ պահանջվում էր ցույց տալ։

Պնդում 22

Շրջանին ներգծած քառանկյունների համար հակադիր անկյունների գումարը հավասար է երկու ուղիղ անկյուններին։

Թող ABCD-ն լինի շրջան, և թող ABCD-ն լինի նրա միջի քառանկյունը։ Ես ասում եմ, որ հակադիր անկյունների գումարը հավասար է երկու ուղիղ անկյունների։ Թող AC-ն և BD-ն միացված լինեն։ Հետևաբար քանի որ ցանկացած եռանկյունու երեք անկյունները հավասար են երկու ուղիղ անկյունների [Պնդում 1․32], ABC եռանկյան երեք անկյուններ CAB-ն, ABC-ն և BCA-ն հավասար են երկու ուղիղ անկյունների։ Եվ CAB-ն ահվասար է BDC-ին, քանի որ նրանք նույն BADC հատվածում են [Պնդում 3․21]։ Եվ ACB-ն հավասար է ADB-ին, քանի որ նրանք նույն ADCB հատվածում են [Պնդում 3․21]։ Հետևում է, որ ամբողջ ADC-ն հավասար է BAC-ին և ACB-ին։ Թող ABC-ն ավելացված լինի երկուսին։ Հետևաբար ABC-ն, BAC-ն և ACB-ն հավասար են ABC-ին և ADC-ին։ Բայց ABC-ն, BAC-ն և ACB-ն հավասար են երկու ուղիղ անկյունների։ Հետևում է, որ ABC-ն և ADC-ն նույնպես հավասար են երկու ուղիղ անկյունների։ Նմանապես մենք կարող ենք ցույց տալ, որ անկյուններ BAD-ն և DCB-ն նույնպես հավասար են երկու ուղիղ անկյունների։

Հետևաբար շրջանին ներգծած քառանկյունների համար հակադիր անկյունների գումարը հավասար է երկու ուղիղ անկյուններին։ Ինչն էլ հենց այն էր, որ պահանջվում էր ցույց տալ։

Պնդում 23

Երկու նման և անհավասար շրջանների հատվածները չեն կարող կազմվել նույն ուղիղ գծի նույն կողմում։ Եթե հնարավոր է, թող երկու նման և անհավասար շրջանների հատվածները՝ ACB-ն և ADB-ն նույն ուղիղ գիծ AB-ի նույն կողմում կազմվեն։ Եվ թող ACD-ն տարված լինի հատվածների միջով, և թող CB-ն և DB-ն միացված լինեն։

Հետևաբար քանի որ ACB հատվածը նման է ADB հատվածին, և շրջանների նման հատվածնորը նրանք են, որոնք ընդունում են հավասար անկյուններ [Պնդում 3․11], անկյուն ACB-ն հավասար է անկյուն ADB-ին, արտաքինից դեպի ներքին։ Տակավին բան անհնարին է [Պնդում 1․16]։ Հետևաբար երկու նման և անհավասար շրջանների հատվածները չեն կարող կազմվել նույն ուղիղ գծի նույն կողմում։

Պնդում 24

Շրջանների նման հատվածները նման ուղիղ գծերի վրա հավասար են մեկը մյուսին։

Թող AEB-ն և CFD-ն լինենշրջանների նման հատվածները հավասար ուղիղ գծեր AB-ի և CD-ի վրա համապատասխանաբար։ Ես ասում եմ, որ AEB հատվածը հավասար է CFD հատվածին։ Եթե AEB հատվածը դրված է CFD հատվածի վրա, և A կետը դրված է C կետի վրա, և ուղիղ գիծ AB-ն CD-ի վրա, ապա B կետը նույնպես կհամընկնի D կետի հետ, հաշվի առնելով, որ AB-ն հավասար է CD-ին։ Եվ եթե AB-ն համընկնի CD-ի հետ, ապա AEB հատվածը նույնպես կհամընկնի CFD-ի հետ։ Քանի որ եթե ուղիղ գիծ AB-ն համընկնում է CD-ի հետ, և AEB հատվածը չի համընկնում CFD-ի հետ, ապա այն անպայման պետք է ընկնի դրա մեջ, դրանից դուրս† կամ այն կխափանվի ինչպես CGD-ն (պատկերում), և մեկ շրջանը կհատի մյուս շրջանը ավելի քան երկու կետում։ Տակավին բան անհնարին է [Պնդում 3․10]։ Հետևաբար, եթե ուղիղ գիծ AB-ն դրվում է CD-ի վրա, AEB հատվածը չի կարող նույնպես չհամընկնել CFD-ի հետ։ Հետևում է, որ այն կհամընկնի և կլինի դրան հավասար [C. N. 4]: Հետևաբար շրջանների նման հատվածները նման ուղիղ գծերի վրա հավասար են մեկը մյուսին։ Ինչն էլ հենց այն էր, որ պահանջվում էր ցույց տալ։

Պնդում 25

Շրջանագծի տրված հատվածի համար շրջանագիծը վերջնականացնելու համար, հենց այն որի մի հատված է։

Թող ABC-ն լինի շրջանագծի տրված հատվածը։ Այսպիսով պահանջվում է վերջնականացնել շրջանը ABC հատվածի համար, հենց այն որի մի հատվածն է։ Թող AC-ն բաժանված լինի երկու կեսի D կետում [Պնդում 1․10], և թող DB-ն տարված լինի D կետից ուղիղ անկյունների մոտ դեպի AC [Պնդում 1․11]։ Եվ թող AB-ն միացված լինի։ Հետևաբար անկյուն ABD-ն հաստատ կամ ավելի մեծ է քան կամ հավասար է կամ ավելի փոքր է քան անկյուն BAD-ին։ Սկզբի համար, թող այն լինի ավելի մեծ։ Եվ թող անկյուն BAE-ն հավասար լինի անկյուն ABD-ին և կառուցված լինի BA ուղիղ գծի վրա՝ A կետում [Պնդում 1․23]։ Եվ թող DB-ն տարված լինի E-ի միջով, և թող EC-ն միացված լինի։ Հետևաբար քանի որ անկյուն ABE-ն հավասար է անկյուն BAE-ին, ուղիղ գիծ EB-ն նույնպես հավասար է EA-ին [Պնդում 1․6]։ Եվ քանի որ AD-ն հավասար է DC-ին և DE-ն ընդհանուր է, երկու ուղիղ գծեր AD-ն և DE-ն հավասար են երկու ուղիղ գծեր CD-ին և DE-ին համապատասխանաբար։ Եվ անկյուն ADE-ն հավասար է անկյուն CDE-ին, քանի որ ամեն մեկը ուղիղ անկյուն է։ Հետևում է, որ AE հիմքը հավասար է CE հիմքին [Պնդում 1․4]։ Բայց ցույց էր տրված, որ AE-ն հավասար էր BE-ին։ Հետևաբար BE-ն նույնպես հավասար է CE-ին։ Հետևում է, որ երեք ուղիղ գծեր AE-ն, EB-ն և EC-ն հավասար են մեկը մյուսին։ Հետևում է, որ եթե շրջանը տարված է E կենտրոնով և AE, EB կամ EC շառավիղներից մեկով, ապա այն նաև կանցնի հատվածի մնացած կետերով և պատկերացրած շրջանը վերջնականացված կլինի [Պնդում 3․9]։ Հետևաբար շրջանը վերջնականացված էր շրջանի տրված հատվածից։ Եվ պարզ է, որ ABC հատվածը ավելի քիչ է քան կիսաշրջան, որովհետև կենտրոն E-ն դրանից դուրս է գտնվում։ Եվ նմանապես նույնիսկ եթե անկյուն ABD-ն հավասար է BAD-ին, քանի որ AD-ն դառնում է ամեն BD-ի [Պնդում 1․6] և DC-ի հավասար, երեք ուղիղ գծեր DA-ն, DB-ն և DC-ն կլինեն մեկը մյուսին հավասար։ Եվ D կետը կլինի վերջնականացրած շրջանի կենտրոնը։ Եվ ABC-ն բացահայտորեն կլինի կիսաշրջան։ Եվ եթե ABD-ն ավելի փոքր է քան BAD-ն, և մենք կառուցենք անկյուն BAE-ն հավասար անկյուն ABD-ին BA ուղիղ գծի վրա՝ A կետում [Պնդում 1․23], ապա կենտրոնը կընկնի DB-ի վրա՝ ABC հատվածի ներսում։ Եվ ABC հատվածը բացահայտորեն ավելի մեծ կլինի, քան կիսաշրջանը։ Հետևաբար շրջանը կարող է լինել վերջնականացված շրջանի տրված հատվածից։ Ինչն էլ հենց այն էր, որ պահանջվում էր ցույց տալ։

pages 106-108

և ԴՑ (գիծ) գումարած (քառակուսի) ՖԲ-ի վրա հավասար է ՖԲ-ի և ԲԴ-ի վրա (քառակուսիների գումարին): Թող ՖԲ-ի վրա (քառակուսին) հանված լինի երկուսից: Արդյունքում մնացած (ուղղանկյունը), որը պարունակվում է ԱԴ-ով և ԴՑ-ով, հավասար է դիպչող գծի (ԴԲ-ի) վրա (քառակուսուն): Եվ թող ԴՑԱ-ն չլինի շրջանագծի ԱԲԳ կենտրոնի միջով, և գտնվի կենտրոնը՝ Ե-ն, և Ե կետից դեպի ԱՑ ուղղահայաց գիծ տարված լինի ԵԶ [Պնդ. 1.12]: Եվ միացվեն ԵԲ, ԵՑ և ԵԴ: (Անկյունը) ԵԲԴ (հավասար է) ուղիղ անկյան [Պնդ. 3.18]: Եվ քանի որ ԵԿ կենտրոնի միջով անցնող ուղիղ գիծը հատում է մեկ այլ ԱՑ ուղիղ գիծ, որը կենտրոնի միջով չէ, ուղիղ անկյան տակ, ապա այն նաև բաժանում է կեսերի [Պնդ. 3.3]: Այսպիսով, ԱՖ հավասար է ՖՑ: Եվ քանի որ ԱՑ ուղիղ գիծը բաժանվում է կետ Ֆ-ում, թող ավելացվի ՑԴ-ն: Արդյունքում (ուղղանկյունը), որը պարունակվում է ԱԴ- ով և ԴՑ-ով, գումարած (քառակուսին) ՖՑ-ի վրա, հավասար է ՖԴ-ի վրա (քառակուսուն) [Պնդ. 2.6]: Թող ՖԵ-ի վրա (քառակուսին) ավելացվի երկուսին: Արդյունքում (ուղղանկյունը), որը պարունակվում է ԱԴ- ով և ԴՑ-ով, գումարած (քառակուսիների գումարը) ՑՖ- ի և ՖԵ-ի վրա, հավասար է ՖԴ-ի և ՖԵ-ի վրա (քառակուսիների գումարին): Բայց ԵՑ-ի վրա (քառակուսին) հավասար է ՑՖ-ի և ՖԵ-ի վրա (քառակուսիների գումարին): Քանի որ [անկյունը] ԵՖՑ [հավասար է] ուղիղ անկյան [Պնդ. 1.47]: Եվ ԵԴ-ի վրա (քառակուսին) հավասար է ԴՖ-ի և ՖԵ-ի վրա (քառակուսիների գումարին) [Պնդ. 1.47]: Այսպիսով, (ուղղանկյունը), որը պարունակվում է ԱԴ-ով և ԴՑ-ով, գումարած ԵՑ-ի վրա (քառակուսին), հավասար է ԵԴ-ի վրա (քառակուսուն): Եվ ԵՑ-ը (հավասար է) ԵԲ-ին: Այսպիսով, (ուղղանկյունը), որը պարունակվում է ԱԴ- ով և ԴՑ-ով, գումարած ԵԲ-ի վրա (քառակուսին), հավասար է ԵԴ-ի վրա (քառակուսուն): Եվ ԵԲ-ի և ԲԴ-ի վրա (քառակուսիների գումարը) հավասար է ԵԴ-ի վրա (քառակուսուն): Քանի որ ԵԲԴ անկյունը ուղիղ անկյուն է [Պնդ.1.47]: Այսպիսով, (ուղղանկյունը), որը ստացվում է ԱԴ-ով և ԴՑ-ով, գումարած ԵԲ-ի վրա (քառակուսին), հավասար է ԵԲ-ի և ԲԴ-ի վրա (քառակուսիների գումարին): Թող ԵԲ-ի վրա (քառակուսին) հանվի երկուսից: Արդյունքում մնացած (ուղղանկյունը), որը պարունակվում է ԱԴ-ով և ԴՑ-ով, հավասար է ԲԴ-ի վրա (քառակուսուն):Այսպիսով, եթե որոշ կետ վերցվի շրջանի սահմաններից դուրս, և երկու ուղիղ գիծ ուղղվի այնտեղից դեպի շրջան, որոնցից մեկը կտրում է շրջանը, իսկ մյուսը դիպչում է դրան, ապա (ուղղանկյունը), որը պարունակվում է շրջանը կտրող ամբողջ ուղիղ գծի և դրա արտաքին հատվածի միջև, հավասար կլինի դիպչող գծի վրա քառակուսուն: Սա հենց այն է, ինչ պետք էր ցույց տալ:

Պնդում 37 Եթե կետ վերցվի շրջանից դուրս, և այդ կետից դեպի

շրջան տարվեն երկու ուղիղ, որոնցից մեկը հատում է շրջանը, իսկ մյուսը՝ շոշափում, ապա (ուղղանկյունը), որը ամբողջ հատողի և դրա արտաքին հատվածի միջև է, հավասար կլինի հանդիպող գծի քառակուսուն։

Թող կետ Դ վերցված լինի ԱԲՑ շրջանից դուրս, և թող Դ կետից երկու ուղիղ գծեր՝ ԴՑԱ և ԴԲ, ուղղվեն դեպի ԱԲՑ շրջան։ Թող ԴՑԱ գիծը կտրի շրջանը, իսկ ԴԲ գիծը հանդիպի (շրջանին)։ Եվ թող ԱԴ և ԴՑ գծերով պարունակվող (ուղղանկյունը) հավասար լինի ԴԲ-ի վրա (քառակուսուն)։ Ասում եմ, որ ԴԲ-ն դիպչում է ԱԲՑ շրջանին։ Թող ԴԵ գիծը նկարած լինի՝ դիպչելով ԱԲՑ շրջանագծին [Պնդ․ 3.17], և թող գտնված լինի ԱԲՑ շրջանի կենտրոնը, որը գտնվում է Ֆ կետում։ Թող միացված լինեն ՖԵ, ՖԲ և ՖԴ գծերը։ (Անկյունը) ՖԵԴ, հետևաբար, ուղիղ անկյուն է [Պնդ․ 3.18]։ Եվ քանի որ ԴԵ գիծը դիպչում է ԱԲՑ շրջանագծին, իսկ ԴՑԱ գիծը կտրում է այն, ապա ԱԴ և ԴՑ գծերով պարունակվող (ուղղանկյունը) հավասար է ԴԵ-ի վրա (քառակուսուն) [Պնդ․ 3.36]։ Նույնպես, ԱԴ և ԴՑ գծերով պարունակվող (ուղղանկյունը) հավասար էր ԴԲ-ի վրա (քառակուսուն)։ Հետևաբար, ԴԵ-ի վրա (քառակուսին) հավասար է ԴԲ-ի վրա (քառակուսուն)։ Այսպիսով, ԴԵ-ն հավասար է ԴԲ-ին։ Եվ ՖԵ-ն նույնպես հավասար է ՖԲ- ին։ Այսպիսով, երկու ուղիղ գծեր՝ ԴԵ և ԵՖ, հավասար են երկու ուղիղ գծերին՝ ԴԲ և ԲՖ (համապատասխանաբար)։ Նրանց հիմքը՝ ՖԴ-ն, ընդհանուր է։ Այսպիսով, ԴԵՖ անկյունը հավասար է ԴԲՖ անկյունին [Պնդ․ 1.8]։ Եվ ԴԵՖ անկյունը ուղիղ անկյուն է։ Այսպիսով, ԴԲՖ անկյունը նույնպես ուղիղ անկյուն է։ Եվ ՖԲ գիծը, որը շարունակված է, տրամագիծ է, իսկ (ուղիղ գիծը), որը անցկացված է տրամագծի ծայրակետին ուղիղ անկյան տակ, դիպչում է շրջանին [Պնդ․ 3.16, լրացում]։ Այսպիսով, ԴԲ-ն դիպչում է ԱԲՑ շրջանին։ Նույնը կարելի է ցույց տալ, նույնիսկ եթե կենտրոնը պատահաբար գտնվի ԱՑ ուղիղ գծի վրա։ Այսպիսով, եթե որոշ կետ վերցվի շրջանից դուրս, և այդ կետից դեպի շրջան ուղղվեն երկու ուղիղ գիծ, որոնցից մեկը կտրում է շրջանը, իսկ մյուսը հանդիպում է դրան, և եթե կտրող (ուղիղ գծի) ամբողջ երկարությամբ և դրա արտաքին հատվածով

պարունակվող (ուղղանկյունը), որը գտնվում է շրջանի կոր մակերեսի միջև, հավասար է հանդիպող գծի վրա (քառակուսուն), ապա հանդիպող (ուղիղ գիծը) կդիպչի շրջանին։ Սա հենց այն է, ինչ պետք էր ցույց տալ։