Cəfər Əliyevin bloqu

Arxiv

Ana səhifə :: Riyaziyyat :: Həndəsə :: Çevrə və Dairə


Yaranma tarixi:

Karno düsturu

çevrə  üçbucaq  

 

Fransız riyazıyyatçısı, hərbi mühəndis və dövlət xadimi, Lazar Karno (1753-1823), məşhur Qaspar Monjun tələbəsi olmuşdur. Qaspar Monj isə öz növbəsində tərsimi həndəsənin yaradıcısı olmuşdur. Karnodan bizə məşhur bir düstur miras qalıb.

Teorem: İtibucaqlı üçbucağın xaricinə çəkilmiş çevrənin mərkəzindən onun tərəflərinə qədər olan məsafələrin cəmi, daxilə və xaricə çəkilmiş çevrələrin radiusları cəminə bərabərdir. Şəkildəki üçbucağa baxsaq bu teoremi düstur ilə belə ifadə etmək olar. Şəkli mürəkkəbləşdirməmək üçün daxilə şəkilmiş çevənin radiusları göstərilməyib.

$OM_1+OM_2+OM_3 = R+r$

Karno düsturu

İsbatı: Əvvəlcə şəklə diqqət yetirək. Bildiyimiz kimi üçbucaq xaricinə çəkilmiş çevrənin mərkəzi onun tərəfləri ortasından qaldırılmış perpendikulyarların kəsişmə nöqtəsidir. Bu isə o deməkdir ki, $OM_1$, $OM_2$ və $OM_3$ uyğun olaraq $BOC$, $COA$ və $AOB$ bərabəryanlı üçbucaqlarının median, tənbölən və hündürlükləridir. Bir məqama da diqqət yetirin ki,

$\angle BAC = \dfrac{1}{2} \angle BOC = \alpha\\[10pt]
\angle CBA = \dfrac{1}{2} \angle COA = \beta\\[10pt]
\angle ACB = \dfrac{1}{2} \angle AOB = \gamma$

Çünki bu bucaqlar eyni qövsə söykənən daxili və mərkəzi bucaqlardır.

İndi $OM_1$, $OM_2$ və $OM_3$ hündürlüklərini $R$ (üçbucaq xaricinə çəkilmiş çevrənin radiusu) vasitəsilə ifadə edək.


$(1)$

$OM_1 = R \cos \alpha, \ OM_2 = R \cos \beta, \ OM_3 = R \cos \gamma \Rightarrow\\
\Rightarrow OM_1+OM_2+OM_3 = R (\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma)$

Şəklə fikir versəniz görərsiniz ki,

$\angle BOM_1 = \angle COM_1 = \alpha\\
\angle COM_2 = \angle AOM_2 = \beta\\
\angle AOM_3 = \angle BOM_3 = \gamma$

Bütün bu bucaqların cəmi tam bucağı verdiyi üçün,

$ 2 \alpha +2 \beta + 2 \gamma = 2 \pi \Rightarrow \alpha + \beta + \gamma = \pi$

Bu düsturu biz dəfələrlə tətbiq edəcəyik. Qayıdaq (1) düsturuna və mötərizənin içindəki ifadəni bizə lazım olan şəklə salaq.


$(2)$

$\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma = \cos \alpha + \cos \beta + \cos (\pi-(\alpha + \beta))=\\[10pt]
=\cos \alpha + \cos \beta - \cos (\alpha + \beta) =\cos \alpha + \cos \beta - \cos 2 \dfrac{\alpha+\beta}{2}=\\[15pt]
= 2\cos \dfrac{\alpha+\beta}{2}\cos \dfrac{\alpha - \beta}{2} - \left(\cos^2  \dfrac{\alpha+\beta}{2} - \sin ^2 \dfrac{\alpha+\beta}{2}\right) = \\[15pt]
= 2\cos \dfrac{\alpha+\beta}{2}\cos \dfrac{\alpha - \beta}{2} - \left(\cos^2  \dfrac{\alpha+\beta}{2} - 1 +\cos ^2 \dfrac{\alpha+\beta}{2}\right) = \\[15pt]
= 2\cos \dfrac{\alpha+\beta}{2}\cos \dfrac{\alpha - \beta}{2} - 2 \cos^2  \dfrac{\alpha+\beta}{2} + 1 = \\[15pt]
=2\cos \dfrac{\alpha+\beta}{2} \left( \cos \dfrac{\alpha-\beta}{2} - \cos \dfrac{\alpha+\beta}{2} \right)+1=\\[15pt]
= 2\cos \dfrac{\alpha +\beta}{2} \left( - 2 sin\dfrac{\frac{\alpha-\beta}{2} + \frac{\alpha+\beta}{2}}{2} sin\dfrac{\frac{\alpha-\beta}{2} - \frac{\alpha+\beta}{2}}{2} \right)+1=\\[15pt]
=1-4\cos \dfrac{\alpha+\beta}{2} \sin \dfrac{\alpha}{2} \sin \left(-\dfrac{\beta}{2}\right)=\\[15pt]
=4 \sin \dfrac{\alpha}{2} \sin \dfrac{\beta}{2} \sin \left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\alpha+\beta}{2}\right)+1=\\[15pt]
=4 \sin \dfrac{\alpha}{2}\sin\dfrac{\beta}{2}\sin \dfrac{\pi - (\alpha+\beta)}{2}+1=\\[15pt]
= 4 \sin \dfrac{\alpha}{2}\sin \dfrac{\beta}{2} \sin \dfrac{\gamma}{2} +1$

Üçbucağın sahəsinin onun daxilinəxaricinə çəkilmiş çevrələrlə ifadəsini yada salaq

$S=\dfrac{a+b+c}{2} \cdot r, \ S=\dfrac{abc}{4R} \Rightarrow \\[15pt]
\Rightarrow r = \dfrac{abc}{4R} : \dfrac{a+b+c}{2} = \dfrac{abc}{2R(a+b+c)}$

Ümumiləşmiş sinuslar teoreminə görə

$a=2R \sin \alpha, \ b=2R \sin \beta, \ c=2R \sin \gamma$

Onda bu düstur aşağıdakı şəklə düşər


$(3)$

$r = \dfrac{8R^3 \sin \alpha \sin \beta \sin \gamma}{2R (2R \sin \alpha+2R \sin \beta+2R \sin \gamma)} =\\[20pt]
=\dfrac{2R \cdot 2\sin \dfrac{\alpha}{2} \cos \dfrac{\alpha}{2} \cdot 2\sin \dfrac{\beta}{2} \cos \dfrac{\beta}{2}  \cdot 2\sin \dfrac{\gamma}{2} \cos \dfrac{\gamma}{2}}{\sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma}$

İndi isə bu ifadənin məxrəcini bizə lazım olan şəklə salaq.


$(4)$

$\sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma = \sin \alpha + \sin \beta + \sin (\pi - (\alpha + \beta)) = \\[15pt]
= \sin \alpha + \sin \beta + \sin(\alpha + \beta) = 2 \sin \dfrac{\alpha+\beta}{2}\cos \dfrac{\alpha-\beta}{2} + 2 \sin \dfrac{\alpha+\beta}{2}\cos \dfrac{\alpha+\beta}{2} = \\[15pt]
= 2 \sin \dfrac{\alpha+\beta}{2} \left( \cos \dfrac{\alpha-\beta}{2} + \cos \dfrac{\alpha+\beta}{2}\right) = \\[15pt]
=2 \sin \dfrac{\alpha+\beta}{2} \cdot 2 \cos \dfrac{\frac{\alpha-\beta}{2}+\frac{\alpha+\beta}{2}}{2}  \cos \dfrac{\frac{\alpha-\beta}{2}-\frac{\alpha+\beta}{2}}{2}= \\[15pt]
=4 \sin \dfrac{\alpha+\beta}{2} \cos \dfrac{\alpha}{2} \cos \dfrac{\beta}{2} = \\[15pt]
=4 \cos \left(\dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\alpha+\beta}{2}\right) \cos \dfrac{\alpha}{2}\cos \dfrac{\beta}{2}=\\[15pt]
=4 \cos \dfrac{\pi - (\alpha+\beta)}{2} \cos \dfrac{\alpha}{2} \cos \dfrac{\beta}{2}=\\[15pt]= 4 \cos \dfrac{\alpha}{2} \cos \dfrac{\beta}{2}\cos \dfrac{\gamma}{2}$

Bu ifadəni (3) düsturunun məxrəcinə yazaq. Bundan sonra aldığımız ifadələri əvvəlkilərdə yerinə yazmaqla yuxarı qalxacağıq.

$r = \dfrac{2R \cdot 2 \sin \dfrac{\alpha}{2} \cos \dfrac{\alpha}{2} \cdot 2 \sin \dfrac{\beta}{2} \cos \dfrac{\beta}{2} \cdot 2 \sin \dfrac{\gamma}{2} \cos \dfrac{\gamma}{2}}{4 \cos \dfrac{\alpha}{2} \cos \dfrac{\beta}{2} \cos \dfrac{\gamma}{2}} = \\[25pt]
= 4R \sin \dfrac{\alpha}{2} \sin \dfrac{\beta}{2} \sin \dfrac{\gamma}{2} \Rightarrow \\[15pt]
\Rightarrow \dfrac{r}{R} = 4 \sin \dfrac{\alpha}{2} \sin \dfrac{\beta}{2} \sin \dfrac{\gamma}{2}$

Bu isə (2) ifadəsindəki toplananlardan biridir. Onda həmin düstur bu şəklə düşər.

$\cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma = \dfrac{r}{R}+1$

Bunu da (1) düsturunda yerinə yazsaq,

$OM_1+OM_2+OM_3 =  R \cdot \left(\dfrac{r}{R} + 1\right) = r+R$

Bununla da Karno düsturu isbat olundu. İsbat trivial olmasa da düstur özü olduqca sadədir.

Digər məqalələr

Nagel nöqtəsi
Üçbucağın tərəflərinə xaricdən daxilə çəkilmiş çevrələrin bu tərəflərə toxunma nöqtələrini qarşı təpələrlə birləşdirən çevianların kəsişmə nöqtəsiə üçbucağın Nagel nöqtəsi deyilir. Nagel nöqtəsinin varlığı Çeva teoreminin köməyi ilə isbat edilir.

Üçbucağın xaricinə və daxilinə çəkilmiş çevrələr
Əgər çevrə üçbucağın bütün təpələrindən keçirsə, onda bu çevrə üçbucaq xaricinə çəkilmiş çevrə adlanır. Çevrə üçbucağın bütün tərəflərinə toxunursa, onda ona üçbucaq daxilin çəkilmiş çevrə deyilir. İstənilən üçbucağın xaricinə və daxilinə yeganə çevrə çəkmək olar.

Xaricdən daxilə çəkilmiş çevrə
Üçbucağın xaricindən daxilə çəkilmiş çevrə (və ya xaricdən daxilə çəkilmiş çevrə) elə çevrədir ki, üçbucağın bir tərəfinə xaricdən toxunur, digər iki tərəfin isə uzantılarına toxunur. Xaricdə daxilə çəkilmiş çevrənin mərkəzi toxunduğu tərəfin qarşısındakı daxili bucağının tənböləni ilə digər iki xarici bucağın tənbölənlərinin kəsişmə nöqtəsidir.

© Müəllif hüquqları qorunur

Bu saytdakı bütün məqalələr Cəfər N.Əliyev tərəfindən yazılıb. Onlar hər hansı üçüncu şəxs tərəfindən digər resurslarda çap edilərsə mənbə və müəllifin adı göstərilməlidir. Sayt özü həmin şərtlərə əməl edir.