>>4244
Я не знаю, зачем тебе это надо, свчешный ебанат, но так уж и быть.

>Мы все-таки в /матх, а не в /б.

Пиздец честь, долбоеб.

Аксиома принадлежности. Через любые две точки на плоскости можно провести прямую и притом только одну.
Аксиома порядка. Среди любых трёх точек, лежащих на прямой, есть не более одной точки, лежащей между двух других.
Аксиома конгруэнтности (равенства) отрезков и углов. Если два отрезка (угла) конгруэнтны третьему, то они конгруэнтны между собой.
Аксиома параллельных прямых. Через любую точку, лежащую вне прямой, можно провести другую прямую, параллельную данной, и притом только одну.
Аксиома непрерывности (аксиома Архимеда). Для любых двух отрезков AB и CD существует конечный набор точек A1, A2, …, An, лежащих на прямой AB, таких, что отрезки AA1, A1A2, …, An-1An конгруэнтны отрезку
CD, a точка B лежит между A и An .

Теорема 3.1.
Если внутренние накрест лежащие углы равны, то прямые параллельны.
Доказательство:
Докажем теорему так называемым методом от противного: предположим, что условие теоремы выполнено, а именно: прямые AB и CD образуют с секущей AC равные внутренние накрест лежащие углы, но вопреки утверждению теоремы прямая AB не параллельна прямой CD и, следовательно, они пересекаются в точке O, которая лежит в одной из полуплоскостей от прямой AC.
Отложим от луча АC треугольник AO1C, равный COА, так, что вершина O1 лежит в другой, нежели точка O, полуплоскости. Из равенства этих треугольников следует, что ^OAC = O1CA, ^OCA = ^O1AC; по условию: ^OAC = ^ACD и тогда точки O, C, O1 лежат на одной прямой, и, аналогично, из равенства по условию углов OCA и смежного к BAC следует, что точки O1, A, O лежат также на одной прямой. Отсюда следует, что через две различные точки O и O1 плоскости проходят две различные прямые AB и CD. Это противоречит аксиоме параллельных прямых. Полученное противоречие доказывает теорему.

Теорема 3.2.
Две прямые, параллельные третьей, параллельны.
Это свойство называется транзитивностью параллельности прямых.
Доказательство:
Пусть прямые a и b одновременно параллельны прямой c. Допустим, что a не параллельна b, тогда прямая a пересекается с прямой b в некоторой точке A, не лежащей на прямой c по условию. Следовательно, мы имеем две прямые a и b, проходящие через точку A, не лежащую на данной прямой c, и одновременно параллельные ей. Это противоречит аксиоме аксиоме параллельных прямых. Теорема доказана.

Теорема 3.4.
Если две параллельные прямые пересечены третьей прямой, то внутренние накрест лежащие углы равны.
Доказательство:
Пусть (AB) || (CD). Предположим, что ^ACD ≠ ^BAC. Через точку A проведем прямую AE так, что ^EAC = ^ACD. Но тогда по теореме 3.1 (AE) || (CD), а по условию – (AB) || (CD). В соответствии с теоремой 3.2 (AE) || (AB). Это противоречит аксиоме параллельных прямых, по которой через точку A, не лежащую на прямой CD, можно провести единственную прямую, параллельную ей. Теорема доказана.

Теорема о сумме углов треугольника — сумма углов треугольника на евклидовой плоскости равна 180°
Доказательство:
Пусть ABC' — произвольный треугольник. Проведём через вершину B прямую, параллельную прямой AC (такая прямая называется прямой Евклида). Отметим на ней точку D так, чтобы точки A и D лежали по разные стороны от прямой BC.Углы DBC и ACB равны как внутренние накрест лежащие, образованные секущей BC с параллельными прямыми AC и BD. Поэтому сумма углов треугольника при вершинах B и С равна углу ABD.Сумма всех трех углов треугольника равна сумме углов ABD и BAC. Так как эти углы внутренние односторонние для параллельных AC и BD при секущей AB, то их сумма равна 180°. Что и требовалось доказать.

>>5822

есть такое концептуальное доказательство

пусть X наша поверхность, рассмотрим сферизацию касательного
расслоения, STX, это S^1-расслоение, обозначим проекцию на X за p. На
STX есть форма a, которая на касательном векторе \ksi к точке x даёт
скалярное произведение \ksi и x (x понимается как единичный вектор в
TX, касательное пространство к STX идентифицируется с TX). Главное
наблюдение, и это некоторое чудо: da это пуллбэк вдоль p 2-формы K из
формулы Г-Б.

Пусть \Delta треугольная область на X. возьмём у неё внутри маленький
диск C_e. Рассмотрим незануляющееся векторное поле на \Delta_e, оно
задаёт сечение q: X \to STX проекции p, и напишем стокса для \Delta_e:
\Delta без C_e (надеюсь я не намудрил с ориентацией)

\int_\Delta_e K = \int_q(\Delta_e) p^ K = \int_q(\Delta_e) da =
= \int_\partial(q(C_e)) a - \int_\partial(q(\Delta)) a

где \partial обозначает границу. Если e устремить к нулю, левая часть
достремится до \int_\Delta K dV, одно из слагаемых в формуле
Гаусса-Боннэ.

интеграл в правой части, обрати внимание, идёт не по \partial\Delta, а
по его образу в STX, то есть весОм вклад не от векторного поля вдоль
треугольника, который граница \Delta, а от изменения* этого
векторного поля, как мы идём вдоль сторон.

теперь подберём векторное поле так, чтоб оно касалось и границы C_e и
границы \Delta, с одной ориентацией. тогда первый член будет
интегрироваться до 2\pi (длина окружности), а второй интеграл, по
\partial\Delta, будет вдоль сторон давать нули, и влад будет ровно
внешние углы при вершинах. вообще, это неаккуратно, потому что поле
должно быть гладким, ну значит возьмём гладкое поле и будем его
стремить к такой ситуации, одновременно стремя C_e к нулю.

с картинкой было бы понятней, рисовать лень. сори