Açıortay Uzunluğu

1 beğenilme 0 beğenilmeme
273 kez görüntülendi

$ABC$  üçgeninin iç açıortay uzunluğu $n_A$  olmak üzere 


$n_A=\dfrac{2bc}{b+c}cos(A/2)$  ve 

$n_A^2=bc(1-\dfrac{a^2}{(b+c)^2})$


eşitliklerini gösteriniz.

Az bilindiğini sandığım yukarıdaki eşitlikleri paylaşmak istedim.

14, Ağustos, 2017 Orta Öğretim Matematik kategorisinde alpercay (1,178 puan) tarafından  soruldu
8, Nisan, 8 alpercay tarafından yeniden etikenlendirildi

Hocam fotoğraf atıyorum LaTeX ten yazamadigim için şu an. ck bk uzunluklarını bulmak ise yarar diye düşündüm ama 1-k kisminda takildim.image² ifadesi kısmında 

Yine 1-k² kısmı sorun çıkardı acaba ck bk diye isimlendirirken yanlış mı yapıyorum:(image

Deniz ,yazdıkların bayağı düzensiz olduğundan ne yaptığın pek anlaşılmıyor. Aralara ne yaptığını ifade eden cümleler ekleyerek tekrar gönderebilirsen  daha kolay ilerleyebiliriz. Yaptıklarını resimsiz de biraz latex bilgisiyle anlatabilirsin.

Şöyle anlatmaya çalışayım hocam telefondan yazıyorum: ABC üçgenini çizip $n_a$'yı yerine koydum $n_a$'nın kestiği kenarlara $ck$ ve $bk$ dedim. Daha sonra $cos(A/2)$yi (kosinüs teoremi) ve de $n_a^{2}=cb-cbk^{2}$ formülünü kullanarak $(1-k^{2})$ yi elde etmeye çalıştım sıkıntı orada çıktı onu bulabilirsem soruyu çözeceğim.

Bulduğun $1-k^2=\dfrac{n_A^2}{bc}$   değerini kosinüs teoreminden elde ettiğin

$c^2(k^2-1)=n_A^2-2cn_Acos(A/2)$  eşitliğinde yerine yazarsan $n_A$  değişkenli ikinci derece denklem geliyor. Denklemin $n_A$ kökü kosinüslü eşitliği veriyor.

$bc$ yi aşağı almak aklıma gelmemişti sağolun hocam:))

4 Cevaplar

0 beğenilme 0 beğenilmeme
Birinci eşitliği bu cevapta ikinci eşitliği de yapabilirsem başka bir cevapta göstermeyi planlıyorum;
Öncelikle bir $ABC$ üçgeni çizelim  image
Açırortayımıza $n_a$ ismini verelim $BD=ck$ ce $CD=bk$ diyorum ve buradan kosinüs teoremi uygulayacağım
$c^{2}+n_a^{2}-2cn_a.cos(A/2)=c^{2}k^{2}$

$b^{2}+n_a^{2}-2bn_a.cos(A/2)=b^{2}k^{2}$ olur. Ve de diğer bir bildiğimiz açıortay uzunluğu formülünden $n_a^{2}=bc-bck^{2}$ olarak yazalım.

Eğer bu formülü $bc$ çarpanına ayırır ve $1-k^{2}$'yi elde etmeye çalışırsak 

$\dfrac{n_a^{2}}{bc}=1-k^{2}$ olduğu elde edilir.

Devam edelim;

$b^{2}+c^{2}+2n_a^{2}-2.(c+b)n_a.cos(A/2)=(b^{2}+c^{2})k^{2}$ olur ilk iki eşitliği toplarsak ve;

$2.(c+b)n_a.cos(A/2)=b^{2}+c^{2}-(b^{2}+c^{2})k^{2}+2n_a^{2}$ olur.

$2.(c+b)n_a.cos(A/2)=(b^{2}+c^{2})[1-k^{2}]+2n_a^{2}$ olur 

$1-k^{2}=\dfrac{n_a^{2}}{bc}$ eşitliğini yerinde yazarsak

$(b^{2}+c^{2})\dfrac{n_a^{2}}{bc}+2n_a^{2}=(b^{2}+c^{2}+2bc)n_a^{2}=(b+c)^{2}n_a^{2}$ olur

ve buradan;

$\dfrac{(b+c)^{2}n_a^{2}}{bc}=2.(c+b)n_a.cos(A/2)$ çıkar gerekli sadeleştirmeler yapılırsa görülür ki

$n_a=\dfrac{2bc.cos(A/2)}{(b+c)}$ bulunur. Ve $\dfrac{2bc}{(b+c)}$ Harmonik Ortalama olacağından 

$n_a=H.O(b,c).cos(A/2)$ olur...


Ama daha ispat bitmedi. Şimdi de kosinüs teoremini ispatlayacağım. (Diğer açıortay uzunluğu teoremi de kosinüs teoreminden ispatlanabilir)

KOSİNÜS TEOREMİ:
image
$cosa=\frac{AH}{HC}\Rightarrow AH=b.cosa\Rightarrow HB=c-b.cosa$ olur.

$BHC$ üçgeninde pisagordan 

$a^{2}=h^{2}+(c-b.cosa)^{2}=h^{2}+c^{2}-2bc.cosa+b^{2}cos^{2}a$ olur.

$AHC$ üçgeninde pisagordan 

$b^{2}=h^{2}+b^{2}cos^{2}a$ olur.

Bu önceki pisagorda yerine konulursa $a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc.cosa$ olduğu barizdir.




15, Ağustos, 2017 Deniz Tuna Yalçın (895 puan) tarafından  cevaplandı
15, Ağustos, 2017 Deniz Tuna Yalçın tarafından düzenlendi

Eline sağlık. $\dfrac{2bc}{b+c}$ ifadesi  $b$  ve $c$  sayılarının harmonik ortası olduğundan eşitliğimiz

$n_A=HO(b,c).cos(A/2)$  şeklinde de yazılabilir.

ekliyorum hocam:))

Bu eşitlik sayesinde $A$  açısı ve kolları verilmiş bir üçgende açıortayın diğer kenarı hangi uzunluklarla böldüğünü hesaplamadan açıortay uzunluğunu hesaplayabiliriz. Ayrıca $<A=120$  derece verildiğinde $n_A$  kolların yarı harmonik ortası olur. Bu durumda açıortayı kendisi kadar uzatırsak  $b$  ve   $c$   sayılarının harmonik ortasını görselleştirmiş oluruz.

0 beğenilme 0 beğenilmeme

İkinci eşitlik de geldi:

image

$BD=ck$ ve $CD=bk$ diyelim

 $1-k^{2}=\dfrac{n_a^{2}}{bc}$ olduğunu bir kenara yazalım

$bk+ck=k(b+c)=a$ diyelim ve şimdi $k$'yı bulalım

İlk yazdığımız eşitlikten $k=\sqrt{1-\dfrac{n_a^{2}}{bc}}$ 

O zaman $(b+c).\sqrt{1-\dfrac{n_a^{2}}{bc}}=a$ 

$\dfrac{a^{2}}{(b+c)^{2}}=1-\dfrac{n_a^{2}}{bc}$ ise

$bc-n_a^{2}=\dfrac{a^{2}bc}{(b+c)^{2}}$ ve

$n_a^{2}=bc-\dfrac{a^{2}bc}{(b+c)^{2}}=bc\left ( 1-\dfrac{a^{2}}{(b+c)^{2}} \right )$ olur...


15, Ağustos, 2017 Deniz Tuna Yalçın (895 puan) tarafından  cevaplandı
1 beğenilme 0 beğenilmeme

Son ispatı Stewart Teoremini kullanarak da yapabilirsin. Teoremi ifade edelim: $n_A$  açıortayının $BC$ kenarını kestiği nokta $D$,   $|AC|=b,        |AB|=c$  ve $|BD|=m$ ,   $|CD|=n$   olmak üzere 

$n_A^2=\dfrac{b^2m+c^2n}{m+n}-mn$     eşitliği mevcuttur.

Yukarıdaki eşitlikte  $m=ck$,  $n=bk$    ve  $k=\dfrac{a}{b+c}$   olduğunu kullanarak istenen elde edilir.


16, Ağustos, 2017 alpercay (1,178 puan) tarafından  cevaplandı

Bir ara Stewart Teoremini de ispatlayalım mı hocam:)

Olur. Sana havale ediyorum:)

1 beğenilme 0 beğenilmeme
Stewart'ı da buradaki cevaplara yazıyorum:

image
$BD=m$ ve $CD=n$ diyelim.

$m(ABC)=\alpha$ diyelim ve $ABC$ üçgeninde kosinüs teoremi uygulayalım

$b^{2}+(m+n)^{2}-2.b(m+n).cos\alpha=c^{2}$ 

Buradan $cos\alpha=\dfrac{(m+n)^{2}-b^{2}+c^{2}}{2c.(m+n)}$ olur.

Şimdi $x^{2}$ yi bulmak için $ABD$ üçgeninde kosinüs teoremi uygulayalım

$c^{2}+m^{2}-2cm.cos\alpha=x^{2}$ $cos\alpha$ değerini yerine yerleştirelim;

$c^{2}+m^{2}-2cm.\left ( \dfrac{(m+n)^{2}-b^{2}+c^{2}}{2c.(m+n)} \right )=x^{2}$ 

Burada gerekli sadeleştirmeleri yaparsak 

$c^{2}+m^{2}-m\left [ (m+n)-\dfrac{(b^{2}-c^{2})}{(m+n)} \right ]=x^{2}$ olur 
Buradan da;

$c^{2}-mn+\dfrac{mb^{2}-mc^{2}}{(m+n)}=\dfrac{mc^{2}+nc^{2}-m^{2}n-mn^{2}+mb^{2}-mc^{2}}{(m+n)}=\dfrac{nc^{2}-mn.(m+n)+mb^{2}}{m+n}=\dfrac{nc^{2}+mb^{2}}{m+n}-mn=x^{2}$ bulunur...
18, Ağustos, 2017 Deniz Tuna Yalçın (895 puan) tarafından  cevaplandı
20, Ağustos, 2017 Deniz Tuna Yalçın tarafından düzenlendi
...