Yaranma tarixi: 15 Yanvar, 2018

Jerqon nöqtəsi və Jerqon teoremi

üçbucaq Çeva

 

Josef Dias Jerqon (19.06.1771 – 04.05.1859) adlı fransiz riyaziyyatçısı əsasən həndəsə ilə məşğul olub. Jerqon riyazı nəzəriyyə barədə belə deyirdi: “Nəzəriyyədən o zaman məmnunluq hiss etmək olar ki, onu yoldan keçən hər hansı insana bir-neçə kəlmə ilə izah etmək olsun.” Təəssüf ki, bu yalnız gözəl sözlərdir.

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

İsbat edək ki, həqiqətən Jerqon nöqtəsi mövcuddur, yəni bu düz xətt parçaları bir nöqtədə kəsişir. Tutaq ki, mərkəzi $O$ olan daxilə çəkilmiş çevrə $BC$, $AC$ və $AB$ tərəflərinə uyğun olaraq $D$, $E$ və $F$ nöqtələrində toxunur. Onda, əgər varsa, Jerqon nöqtəsini G ilə işarə edək.

Bilirik ki, daxilə çəkilmiş çevrənin mərkəzi tənbölənlərin kəsişmə nöqtəsindədir. Çevrənin radiusu isə hər üç tərəfə perpendikulyardır. Çünki üçbucağın tərəfləri bu çevrəyə toxunanlardır. Bu radiuslar və tənbölənlər şəkildə qırıq-qırıq xətlərlə göstərilib. Şəkildən görünür ki, biz 3 cüt bərabər üçbucaq almışıq.

$\triangle AFO = \triangle AEO$, $\triangle BFO = \triangle BDO$, $\triangle CDO = \triangle CEO$

Bu üçbucaqların bərabərliyindən uyğun tərəflərin bərabərliyi alınır. Onda bu tərəflərin hasili də bərabər olacaq.

$AF \cdot BD \cdot CE = AE \cdot BF \cdot CD$

Deməli bu hasillərin nisbəti 1-ə bərabərdir.

$\dfrac {AF}{FB} \cdot \dfrac {BD}{DC} \cdot \dfrac {CE}{EA}=1$

Çeva teoreminə görə $AD$, $BE$ və $CF$ parçaları bir nöqtədə kəsişir və Jerqon nöqtəsi mövcuddur.

İndi keçək əsas teoremə.

Jerqon teoremi: Tutaq ki, $AD$, $BE$ və $CF$ çevianları bir nöqtədə kəsişir. Bu nöqtəni $K$ ilə işarə etsək aşağıdakı bərabərliklər doğrudur.

$1) \ \dfrac {KD}{AD} + \dfrac {KE}{BE} + \dfrac {KF}{CF} = 1 \\[15pt] 2) \ \dfrac {AK}{AD} + \dfrac {BK}{BE}+ \dfrac {CK}{CF} = 2$

İsbatı: Əgər biz birinci bərabərliyi isbat etsək ikinci avtomatik olaraq alınacaq. Çünki,

$\dfrac {AK}{AD} + \dfrac {KD}{AD} = \dfrac {AD}{AD} = 1\\[15pt]
\dfrac {BK}{BE} + \dfrac {KE}{BE} = 1 \\[15pt]
\dfrac {CK}{CF}+ \dfrac {KF}{CF} = 1$

Bu üç bərabərliyi toplasaq

$\dfrac {AK}{AD} + \dfrac {BK}{BE}+ \dfrac {CK}{CF} = 3- \left(\dfrac {KD}{KE} + \dfrac {KE}{BE} + \dfrac {KF}{CF}\right)$

Deməli 1-ci cəm 1-ə bərabər olsa ikinci cəm 2-yə bərabər olacaq. Ona görə birinci bərabərliyi isbat edək. $\triangle ABC$ və $\triangle AKC$-nin oturacaqları eynidir. Onda $K$ təpəsindən və $B$ təpəsindən $AC$ tərəfinə çəkilmiş hündürlüklər iki $KEE_1$ və $BEE_2$ düzbuaqlı üçbucaqları əmələ gətirəcək. Bu üçbucaqların $E$ təpəsindəki bucaqlırı eyni, $E_1$ və $E_2$ təpələrindəki bucaqları isə $90°$-dir. Deməli, birinci əlamətə görə $KEE_1 \sim BEE_2$. İndi isə hər iki üçbucağın sahə düsturlarını yazaq.

$S_{\triangle ABC} = \dfrac {AC \cdot BE_2}{2}, \ S_{\triangle AKC} = \dfrac {AC \cdot KE_1}{2}$

Onda, bu sahələrin nisbəti

$\dfrac {S_{\triangle AKC}} {S_{\triangle ABC}} = \dfrac {KE_1}{BE_2} = \dfrac {KE}{BE}$

Eynilə,

$\dfrac {S_{\triangle BKC}} {S_{\triangle ABC}} = \dfrac {KD}{AD}, \ \dfrac {S_{\triangle AKB}} {S_{\triangle ABC}} = \dfrac {KF}{CF}$

Bu sahələrin nisbətini toplasaq bizə lazım olan bərabərlik alınar.

$\dfrac {KE}{BE}+\dfrac {KD}{AD}+ \dfrac {KF}{CF} = \dfrac { S_{\triangle AKC}+ S_{\triangle BKC}+ S_{\triangle AKB}}{ S_{\triangle ABC}} = \dfrac {S_{\triangle ABC}}{S_{\triangle ABC}}=1$

Digər məqalələr