Açıortay Uzunluğu

Question

$ABC$  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.

Comments

Hocam fotoğraf atıyorum LaTeX ten yazamadigim için şu an. ck bk uzunluklarını bulmak ise yarar diye düşündüm ama 1-k kisminda takildim.² ifadesi kısmında 

---

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

---

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:))

Answer 1

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.

Comments

Bir ara Stewart Teoremini de ispatlayalım mı hocam:)

---

Olur. Sana havale ediyorum:)

Answer 2

Stewart'ı da buradaki cevaplara yazıyorum:

$BD=m$ 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...

Answer 3

Birinci eşitliği bu cevapta ikinci eşitliği de yapabilirsem başka bir cevapta göstermeyi planlıyorum;

Öncelikle bir $ABC$ üçgeni çizelim  

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:

$cosa=\frac{AH}{HC}\Rightarrow AH=b.cosa\Rightarrow HB=c-b.cosa$ 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.

Comments

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.

Answer 4

İkinci eşitlik de geldi:

$BD=ck$ 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...