Cəfər Əliyevin bloqu

Arxiv

Ana səhifə :: Riyaziyyat :: Həndəsə :: Üçbucaq


Yaranma tarixi:

Napoleon teoremi

üçbucaq  

 

Bu teoremi məşhur sərkərdə və dövlət xadimi olan Napoleon Bonapartın adına yazırlar. Nəzərə alsaq ki, Napoleon əvvəllər artilleriyada atıcı olub, onun həndəsə ilə maraqlanması heç də təsadüfi deyil. Riyazıyyat barədə o belə deyirdi: “Riyaziyyatın təkmilləşməsi ölkənin rifahının yüksəlməsi ilə birbaşa bağlıdır”.

İlk dəfə adı çəkilən teorem Vilyam Rezerford tərəfindən 1825-ci ildə, Napoleonun ölümündən 4 il sonra çap  olunub. Ona görə də bəzi ixtisasçılar bu teoremin həqiqətən də Napoleona məxsus olduğuna şübhə edirlər. Nə isə... Keçək əsas məsələyə.

Napoleon teoremi: Əgər ixtiyari üçbucağın tərəflərində hamısı xaricdə yə ya hamısı daxildə olmaq şərti ilə bərabərtərəfli üçbucaqlar qursaq, onların mərkəzləri də bərabərtərəfli üçbucağın təpələri olacaq.

Napoleon teoreminin isbatını iki yolla verəcəyik. Sizə hansı isbat daha sadə gəlirsə onu da oxuya bilərsiniz.

İsbat 1: Əvvəlcə isbatı xaricə çəkilmiş üçbucaq üçün aparaq. Üçbucağın tərəflərini $AB=c$, $BC=a$, $AC=b$ işarə edək. Bərabərtərəfli üçbucaqların mərkəzlərini isə $P$, $Q$ və $R$ ilə işarə edək. $\triangle CQR$-dən $QR$ tərəfini tapaq. Bunun üçün əvvəlcə $CQ$ və $CR$ tərəflərini tapaq.

Napoleon teoremi

$Q$ nöqtəsi bərabərtərəfli üçbucağın mərkəzi olduğu üçün $CQ$ xaricə çəkilmiş çevrənin radiusu olacaq. Bərabərtərəfli üçbucağın xaricinə çəkilmiş çevrənin radiusu isə $\dfrac{a}{\sqrt{3}}$ -ə bərabərdir. Deməli,

$CQ = \dfrac{a}{\sqrt{3}}, \ \ CR = \dfrac{b}{\sqrt{3}}$

Digər tərəfdən

$\angle QCR = \angle C + \angle QCB + \angle RCA = \angle C + 30°+30°=\angle C + 60°\\[15pt]
cos \angle QCR = cos(\angle C + 60°)=\dfrac{1}{2} cos \angle C - \dfrac{\sqrt{3}}{2} sin \angle C$

Kosinuslar teoreminə görə $\triangle ABC$-dən

$cos \angle C = \dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$

Həmin üçbucağın sahəsini sinus vasitəsilə tapsaq:

$S = \dfrac{1}{2} ab \ sin \angle C \Rightarrow sin \angle C = \dfrac{2S}{ab}$

Onda $\triangle CQR$-dən $QR$ tərəfini Kosinuslar teoremi ilə tapsaq

$QR^2 = CQ^2+CR^2-2 CQ \cdot CR \ cos\angle QCR=\\[15pt]
=\dfrac{a^2}{3}+\dfrac{b^2}{3} - \dfrac{2ab}{3}\left(\dfrac{1}{2}\cdot cos \angle C - \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot sin \angle C \right)=\\[15pt]
=\dfrac{a^2}{3}+\dfrac{b^2}{3} - \dfrac{2ab}{3}\left(\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab} - \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{2S}{ab}\right)=\\[15pt]
=\dfrac{a^2+b^2}{3} - \dfrac{a^2+b^2-c^2}{6}+\dfrac{2\sqrt{3}S}{3}=\\[15pt]
=\dfrac{2a^2+2b^2-a^2-b^2+c^2}{6}+\dfrac{2S}{\sqrt{3}}=\\[15pt]
=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{6}+\dfrac{2S}{\sqrt{3}}$

$QR^2$ üçün aldığımız bu ifadə $a$, $b$ və $c$-yə görə simmetrikdir. Eyni qayda ilə $PR^2$ və $PQ^2$ üçün də bu mülahizələri aparsaq həmin ifadəni bu tərəflər üçün də alarıq.

$PQ^2=PR^2=QR^2=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{6}+\dfrac{2S}{\sqrt{3}}$

Deməli, $\triangle PQR$-in bütün tərəfləri bərabərdir. Teorem xaricə çəkilmiş bərabərtərəfli üçbucaqlar halı üçün isbat olundu.

Napoleon teoremi

Eyni teoremi daxilə çəkilmiş üçbucaqlar halı üçün isbat edə bilərik. Bu halda da $CQ$ və $CR$ üçün düstur dəyişməz qalır. Yalnız  $\angle QCR$ bu dəfə belə tapılacaq.

$\angle QCR = \angle C - \angle QCB - \angle RCA =\\[15pt] = \angle C - 30° - 30° = \angle C - 60°\\[15pt] cos \angle QCR = cos(\angle C - 60°)=\\[15pt] =\dfrac{1}{2} cos \angle C + \dfrac{\sqrt{3}}{2} sin \angle C$

Bunu da düsturda yerinə yazsaq

$QR^2 = \dfrac{a^2}{3}+\dfrac{b^2}{3}-\dfrac{2ab}{3}(\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot \dfrac{2S}{ab})=\\[15pt]
=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{6}-\dfrac{2S}{\sqrt{3}}$

Burada da hesablasaq, digər iki tərəf üçün də eyni ifadə alacağıq

$PQ^2=PR^2=QR^2=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{6}-\dfrac{2S}{\sqrt{3}}$

Teorem hər iki hal üçün isbat edildi.

İndi daha sadə isbatı verək.

İsbat 2: $ABC$ üçbucağının tərəflərində çəkilmiş bərabərtərəfli üçbucaqların xaricinə çevrələr çəkək. $\triangle AB_1C$ və $\triangle A_1BC$-nin xaricinə çəkilmiş çevrələrin kəsişmə nöqtəsini $M$ ilə işarə edək. $AMC$ qövsü $60°$-li daxili bucaq qarşısında olduğu üçün onun ölçüsü $120°$ olacaq. Deməli, $\smile AB_1C = 240°$. Onda bu qövs qarşısındakı daxili bucaq olan $\angle AMC = 120°$. Eynilə, $\triangle A_1BC$-nin xaricinə çəkilmiş çevrədən alınır ki, $\angle BMC=120°$.

Napoleon teoremi

$M$ təpəsindəki $\angle AMC$, $\angle BMC$ və $\angle AMB$ birlikdə tam bucaq əmələ gətirdiyi üçün

$\angle AMB = 360°-\angle AMC - \angle BMC = 360°-120°-120°=120°$.

Deməli, $\smile AMB=120°$ və həmin qövs $60°$-lik $AC_1B$ bucağı qarşısında durub, yəni $M$ nöqtəsi həm də $\triangle ABC_1$-in xaricinə çəkilmiş çevrə üzərindədir.

$O_1O_3$ və $O_1O_2$ parçaları hər iki çevrənin radiuslarını özündə saxladığı üçün uyğun olaraq $AM$ və $BM$ ümumi vətərlərinə perpendikulyardır. Onda $\angle O_1$ və $\angle AMB$-nin əmələ gətirdiyi $MPO_1K$ qabarıq dördbucaqlının $P$ və $K$ qarşı bucaqlarının hər biri $90°$ olacaq. Qabarıq dördbucaqlının daxili bucaqlarının cəmi $360°$ olduğu üçün

$\angle O_1 + \angle AMB = 180°$

$M$ təpəsindəki bucaqların hər biri $120°$ olduğu üçün

$\angle O_1=\angle O_2= \angle O_3 = 60°$

Ona görə də $\triangle O_1O_2O_3$ bərabərtərəflidir.

Digər məqalələr

Papp teoremi
Bu teorem yunan riyaziyyatçısı İskəndəriyyəli Pappın adı ilə bağlıdır. O, bu teoremi eramızın 4-cü əsrində isbat edib. Haqqında danışılacaq teorem Pifaqor teoreminin analoqudur. Fərqi isə ondadır ki, Papp teoremi üçbucaq üzərinə heç bir məhdudiyyət qoymur.

Jerqon nöqtəsi və Jerqon teoremi
Üçbucağın daxilinə çəkilmiş çevrənin tərəflərlə toxunma nöqtələrini qarşı təpələrlə birləşdirən parçaların kəsişmə nöqtəsi Jerqon nöqtəsi adlanır.

Çeva teoremi
İtalyan riyaziyyatçısı və mühəndisi Covanni Çeva XVII-XVIII əsrlərdə yaşamışdır. Çeva teoremi üçbucağın təpələrindən çəkilmiş şüaların bir nöqtədə kəsişməsi üçün zəruri və kafi şərt verir.

Menelay teoremi
Tutaq ki, düz xətt ABC üçbucağını kəsir. Bu xətt AB tərəfini C1, BC tərəfini A1, AC tərəfinin uzantısını isə B1 nöqtəsində kəsirsə, AC1/C1B, BA1/A1C və CB1/B1A nisbətlərinin hasili vahidə bərabərdir. Bu şərt həm də A1, B1 və C1 nöqtələrinin bir düz xətt üzərində olması üçün kafidir.

Üçbucaq üçün Van-Obel teoremi
ABC üçbucağının daxilində O nöqtəsində kəsişən üç AA1, BB1 və CC1 çevianları üçün belə bir bərabərlik doğrudur: CO/OC1 = CA1/A1B + CB1/B1A

Üçbucaq üçün Paskal teoremi
Tutaq ki, bərabəryanlı olmayan ABC üçbucağının xaricinə çevrə çəkilib. Bu çevrəyə A, B və C nöqtələrində toxunanlar çəkilib. A’, B’ və C’ nöqtələri isə həmin toxunanların ABC üçbucağının tərəflərinin uzantıları ilə kəsişmə nöqtələridir. Onda A’, B’ və C’ nöqtələri bir düz xətt üzərindədir.

Apolloniy teoremi
Üçbucağın oturacağına median çəkilibsə, onun yan tərəflərinin kvadratları cəmi, medianın kvadratı ilə oturacağının yarısının kvadratı cəminin iki mislinə bərabərdir.

Qauss teoremi
Tutaq ki, düz xətt üçbucağın iki tərəfini və üçüncü tərəfin uzantısını kəsir. Onda, kəsişmə nöqtələrini qarşı təpələrlə birləşdirən parçaların orta nöqtələri bir düz xətt üzərindədir.

Viviani teoremi
Düzgün (bərabərtərəfli) üçbucağın daxilində götürülmüş istənilən nöqtədən tərəflərə qədər məsafələrin cəmi sabit olub bu üçbucağın hündürlüyünə bərabərdir. Buna Viviani teoremi deyilir.

Bərabəryanlı üçbucağın sahəsi
Bərabəryanlı üçbucağın sahəsi onun oturacağı kvadratının bu oturacaq qarşısındakı bucağın yarısının tangensinin 4 mislinə nisbətinə bərabərdir. Bərabəryanlı üçbucağın sahəsi onun oturacağı kvadratının dörddən birinin yan tərəfin oturacaqla əmələ gətirdiyi bucağın tangensinə hasilinə bərabərdir.

Bərabərtərəfli üçbucaq
Bütün tərəfləri bərabər olan üçbucağa bərabərtərəfli üçbucaq deyilir. Bərabərtərəfli üçbucaqda bütün bucaqlar 60°-dir. Belə üçbucaqlarda median, hündürlüyk və tənbölənlər üst-üstə düşür.

© 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.