Gönderen Konu: Stewart Teoreminin Özel Halinin Tersi  (Okunma sayısı 2605 defa)

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 2438
  • Karma: +9/-0
Stewart Teoreminin Özel Halinin Tersi
« : Haziran 17, 2021, 11:36:21 ös »
Stewart Teoremi'ne göre:

Kenarları $BC=a$, $AC=b$, $AB=c$ olan bir $ABC$ üçgeninde $BC$ kenarına ait kesen $AD=x$ olmak üzere; $BD=m$ ve $CD=n$ ise
$$ b^2m + c^2n = a(x^2 + mn) \tag{1}$$

$b=c$ olduğunda $$b^2(m+n) = (m+n)(x^2 + mn) \Rightarrow b^2 = bc = x^2 + mn \tag{i}$$ elde edilir.

$\angle BAD = \angle CAD$ olduğunda $m/n = c/b$ $$b^2\left (\dfrac{cn}{b}\right ) + c^2\left ( \dfrac {bm}{c}\right ) = bcn + bcm = (m+n)(x^2 + mn) \Rightarrow bc = x^2 + mn \tag{ii} $$ elde edilir.

Genelde $(i)$ nolu eşitlik "İkizkenar Üçgende Stewart Teoremi'nin Özel Hali"; $(ii)$ nolu eşitlik ise "Açıortay Teoremi" diye adlandırılır. Özetle Stewart Teoremi'nden dolayı: $$\angle ABC = \angle ACB \quad \text{veya} \quad \angle BAD = \angle CAD \Longrightarrow bc = x^2 + mn \tag {2}$$

Aslında bunun tersi de doğrudur: $$bc = x^2 + mn \Longrightarrow \angle ABC = \angle ACB \quad \text{veya} \quad \angle BAD = \angle CAD \tag {3}$$
Yani $$bc = x^2 + mn \Longleftrightarrow \angle ABC = \angle ACB \quad \text{veya} \quad \angle BAD = \angle CAD \tag {4}$$

Bu başlık altında $(3)$ nolu önermenin ispatını vereceğiz.

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 2438
  • Karma: +9/-0
Ynt: Stewart Teoreminin Özel Halinin Tersi
« Yanıtla #1 : Haziran 18, 2021, 12:10:10 öö »
$\angle ABC = \beta$, $\angle ACB = \theta$, $\angle BAD = \alpha_1$, $\angle CAD = \alpha_2$ olsun.
$\triangle ABD$ nin çevrel çemberinin yarıçapı $r_1$, $\triangle CAD$ nin çevrel çemberinin yarıçapı $r_2$ olsun. Sinüs teoreminden
$$\dfrac {x}{\sin \beta} = \dfrac {m}{\sin \alpha_1} = \dfrac {c}{\sin (\alpha_2 + \theta)} = 2r_1 \tag{1}$$
$$\dfrac {x}{\sin \theta} = \dfrac {n}{\sin \alpha_2} = \dfrac {b}{\sin (\alpha_1 + \beta)} = 2r_2 \tag{2}$$
elde edilir. Biraz düzenlemeyle $$bc = x^2 + mn \Rightarrow 2r_2\sin (\alpha_1 + \beta) \cdot 2r_1 \sin (\alpha_2 + \theta) =  2r_1\sin \beta \cdot 2 r_2 \sin \theta +  2r_1\sin \alpha_1 \cdot 2r_2 \sin \alpha_2$$ $$\sin (\alpha_1 + \beta) \cdot \sin (\alpha_2 + \theta) = \sin \beta \sin \theta + \sin \alpha_1 \sin \alpha_2 \tag{3}$$ elde edilir.
$\sin \alpha_1 \sin \alpha_2 = \dfrac{\cos(\alpha_1 - \alpha_2) - \cos (\alpha_1 + \alpha_2)}{2}$ ve $\sin \theta = \sin (180^\circ - \theta) = \sin (\alpha_1 + \alpha_2 + \beta )$ dönüşümüyle $\sin \beta \sin \theta = \dfrac {\cos (\alpha_1 + \alpha_2) - \cos (\alpha_1 + \alpha_2 + 2\beta)}{2}$ eşitliklerini $(3)$ te yerine yazarsak $$\sin (\alpha_1 + \beta) \cdot \sin (\alpha_2 + \theta) = \dfrac{\cos(\alpha_1-\alpha_2) - \cos (\alpha_1 + \alpha_2 + 2\beta)}{2} \tag{4}$$ elde edilir. $y-z = \alpha_1 - \alpha_2$ ve $y+z = \alpha_1 + \alpha_2 + 2\beta$ dersek $y = \alpha_1 + \beta$, $z = \alpha_2 + \beta$ ve $$\sin (\alpha_1 + \beta) \cdot \sin (\alpha_2 + \theta) = \dfrac{\cos(y-z) - \cos (y+z)}{2} = \sin y \sin z = \sin (\alpha_1 + \beta)\cdot \sin (\alpha_2 + \beta) \tag{5}$$ elde edilir.
Buradan da $$\alpha_2 + \theta = \alpha_2 + \beta \Longrightarrow \beta = \theta \tag{6}$$ $$\text{veya}$$ $$\alpha_2 + \theta + \alpha_2 + \beta = 180^\circ = \alpha_1 + \alpha_2 + \beta + \theta \Longrightarrow \alpha_1 = \alpha_2 \tag{7}$$ elde edilir.

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 2438
  • Karma: +9/-0
Ynt: Stewart Teoreminin Özel Halinin Tersi
« Yanıtla #2 : Haziran 18, 2021, 01:05:44 öö »
$\angle ABC = \beta$, $\angle ACB = \theta$, $\angle BAD = \alpha_1$, $\angle CAD = \alpha_2$ olsun.
$AD$ ile $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi $E$ de kesişsin. $E$ nin $A$ ya göre simetriği $E'$ olsun. $[CA$ üzerinde $[CA]$ dışında $B'$ noktası $AB' = AB$ olacak şekilde alınsın. $E'B'$ ile $EB$ doğruları $F$ de kesişsin.

$DE=y$ dersek $AE' = x+y$. Çembersellikten $xy = mn$.

$DA \cdot AE' = x(x+y) = x^2 + xy = x^2 + mn = bc = CA \cdot AB'$ olduğu için $D, C, E', B'$ çemberseldir.

$\angle BEA = \angle DCA = \angle B'E'A = \theta$ olduğu için $FE = FE'$.

$AE = AE'$ olduğu için $\angle EFA = \angle E'FA$ elde edilir.

$FAB$ ve $FAB$ üçgenlerine $AB=AB'$ ve $\angle BFA = \angle B'FA$ olduğu için $\angle FBA = \angle FB'A$ veya $\angle FBA + \angle FB'A = 180^\circ$ elde edilir. Bu da $\angle EBA = \angle E'B'A$ veya $\angle EBA + \angle E'B'A = 180^\circ$ olmasıyla eşdeğerdir.
$\angle EBA = \angle CBA + \angle CBE = \beta + \alpha_2$ ve $\angle E'B'A = \angle CDA = \angle ABD + \angle BAD = \alpha_1 + \beta$ olduğu için $$\alpha_1 + \beta = \alpha_2 + \beta \Longrightarrow \alpha_1 = \alpha_2$$ $$\text{veya}$$ $$\alpha_1 + \beta + \alpha_2 + \beta = 180^\circ = \alpha_1 + \alpha_2 + \beta + \theta \Longrightarrow \beta = \theta$$ elde edilir.
« Son Düzenleme: Haziran 18, 2021, 01:17:10 öö Gönderen: geo »

 


Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal