close

Enter

Log in using OpenID

Pisagor Teoremi ve İspatları

embedDownload
PiSAGOR TEOREMi
ve
iSPATLARI
ÖNSÖZ
içindekiler
6
Ön Bilgiler
ÜÇGENLERİN EŞLİĞİ
A
c
B
f
E
b
a
e
d
C
D
F
ABC ve DEF gibi iki üçgen arasında yapılan bire-bir eşlemede karşılıklı açılar ve kenarlar eş
( ölçüleri eşit ) ise bu iki üçgen eşittri denir. Bu eşlik;
9
9
ABC b DEF biçiminde gösterilir.
m^ Ac h = m^Dc h
m^Bc h = m^Ec h
m^Cc h = m^Fc h
a=d
9
9
b = e4 + ABC b DEF dir.
c= f
EŞLİK TEOREMLERİ:
1 ) İkişer kenarları ve bu kenarlar arasındaki açıları eşit olan üçgenler eştir. ( K.A.K )
2 ) Birer kenarları ve bu kenarlara komşu olan açıları eşit olan üçgenler eştir. ( A.K. A )
3 ) Üç kenarı eşit olan üçgenler eştir. ( K.K.K )
7
ÜÇGENLERDE BENZERLİK:
Karşılıklı açıları eş, karşılıklı kenarları orantılı olan iki üçgene, benzer üçgenler denir. Benzer
üçgenlerde, karşılıklı kenar uzunlukları oranına, benzerlik oranı denir.
A
c
B
f
b
a
D
E
e
d
C
F
_
m^ Ac h = m^Dc h, m^Bc h = m^Ec h, m^Cc h = m^Fc hb
9
9
b
AB
AC
BC
+ ABC` DEF
`
=
=
=k
b
DE
DF
EF
b
a
k = benzerlik oranı
BENZERLİK TEOREMLERİ:
1 ) Açılarının ölçüleri eşit olan üçgenler benzerdir.. ( A.A.A )
2 ) Karşılıklı üçer kenarları orantılı olan üçgenler benzerdir. ( K.K.K)
3 ) İkişer kenarları orantılı ve orantılı kenarlar arasındaki açıları eş olan üçgenler benzerdir.
( K.A.K )
BENZER ÜÇGENLERİN ÖZELLİKLERİ:
1 ) Benzer iki üçgende;
a) Karşılıklı açıortayların uzunlukları oranı,
b) Karşılıklı yüksekliklerin uzunlukları oranı,
c) KArşılıklı kenarortayların uzunlukları oranı,
d) Çevrelerinin oranı benzerlik oranına eşittir.
2 ) Benzer iki üçgenin alanlarının oranı, benzerlik oranının karesine eşittri.
3 ) k = 1 ise üçgenler eştir.
8
TEMEL ORANTI TEOREMİ:
A
E
D
B
[email protected] II [email protected] ise ABC + DEF dir. ( A.A.A).
9
AD
AB
=
AE
=
AC
C
9
DE
AD
= k ve
BC
DB
=
AE
dir.
EC
ÜÇGENİN ALANI:
1 ) Bir kenarının uzunluğu ile bu kenara ait yüksekliği verilen üçgenin alanı;
A
A
ha
c hb
B
c
b
a
C
hc
9
Alan(ABC ) =
b
hb
B
ha
a
hc
C
a.ha b.hb c.hc
=
=
2
2
2
2 ) Üç kenar uzunluğu verilen üçgenin alanı;
A
c
B
u=
b
a
a+b+c
2
9
olmak üzere,
Alan(ABC ) = u(u - a)(u - b)(u - c) dir.
C
9
3)u=
a+b+c
2
A
ve iç teğet çemberinin
c
yarıçapı r olan ABC üçgeninin alanı;
9
Alan(ABC ) = u.r
O
r
dir.
B
a
4 ) Çevrel çemberinin yarıçapı r olan üçgenin alanı;
A
c
b
r
O
B
9
C
a
Alan(ABC ) =
abc
4r
DİK ÜÇGENDE ÖKLİT BAĞINTILARI:
C
b
A
b
p
a
h
D
B
k
h 2 = pk
b 2 = p(p + k)
a 2 = k(p + k)
10
dir.
C
DÖRTGENLERİN ALANLARI:
Paralelkenar
Dikdörtgen
A
B
Kare
A
B
A
b
a
C
D
h
D
C
D
Alan ( ABCD) = h. IDCI
a
Alan (ABCD) = ab
a
Alan( ABCD) = a2
A
D
r
C
P
C
DAİREDE ALAN:
ÇEMBERDE KUVVET BAĞINTILARI:
1)
B
A
O
B
IPAI.IPBI = IPCI.IPDI
2)
D
Dairenin Alanı=
rr 2
C
P
T
A
r
IPTI2 = IPCI.IPDI
D
3)
B
B
R
O
A
P
C
Halkanın Alanı: r e
IPAI.IPBI = IPCI.IPDI
11
AB
2
2
o
12
Pisagor Teoremi ve Tarihçesi
Samos’lu Pisagor’un, Milattan önce 596 yıllarında
doğduğu tahmin ediliyor. Doğumu gibi ölüm tarihi
de kesin değildir. Bugünkü adıyla bilinen Sisam
Adasında 596 veya 582 yılında doğmuştur. Hayatı
hakkında çok az bilgiler vardır. Bu bilgilerin birçoğu
da kulaktan kulağa söylentiler biçiminde gelmiştir.
Fakat, önceleri doğduğu yer olan Sisam Adasında
okuduğu, daha sonraları Mısır ve Babil’e giderek
oralarda bilgilerini ilerlettiği ve ülkesine geri dönerek dersler verdiği söylenir. Kendisinden önceki
bilgilerin tümünü öğrenmiş ve derlemiştir. Kendisi,
bir Yunan filozofu ve matematikçisidir.
Ülkesinde hüküm süren politik baskılardan
kaçarak, milattan önce 530 da İtalya’da Croton’a
taşınır ve orada kendi açtığı ünlü okulunda
matematik, geometri, müzik ve ruhun bir bedenden
diğerine geçmesi alanlarındaki dersleri verir. Bu
okul aynı zamanda dini bir topluluk ve o zamanın
Pisagor
politikasına oldukça egemendir. Yine söylentilere
göre, Pisagor’un matematik, fizik, astronomi,
felsefe ve müzikte getirmek istediği yenilik, buluşlar ve gelişmeleri hazmedemeyen bir takım
siyaset ve din yobazları halkı Pisagor’a karşı ayaklandırarak okulunu ateşe vermişler, Pisagor
ve öğrencileri bu okulun içinde alevler arasında M.Ö. 500 yıllarında ölmüşlerdir. Bu nedenle
Pisagor ve yaptıkları hakkında çok az bilgi bize kadar gelmiştir. Pisagor’un ve öğrencilerinin
yaptıklarının birçoğu bu alevler arasında yok olup gitmiştir.
Pisagor, M.Ö. altıncı yüzyılda, dünyanın güneş
etrafında hareket ettiğini ileri sürdüğü zaman oldukça
sert olan bir tepkiyle karşılaşmıştır. O tarihlerde bu
buluşlarını nasıl elde ettiği, yine bu devirlerdeki bilgilerin hangisinin Pisagor’a ait olduğu kesin olarak bilinmemektedir. Hatta, okuldaki öğretim araçlarının masa
üzerindeki ıslak kum olduğu söylenir. Bu koşullar
altındaki ilmi gerçeklerin tümü o zaman yazıya
geçmediği için, birçoğu da zamanla kaybolup gitmiştir.
Bu nedenle, Pisagor’un okulu ve öğrencileri ile birlikte yanmalarından, eser bırakıp bırakmadığı da kesin
olarak belli değildir.
13
Sisam ( Samos ) Adası
Geometride, aksiyomlar ve postülatlar her
şeyden önce gelmelidir. Sonuçlar bu aksiyom ve postülatlardan yararlanılarak elde edilmelidir düşüncesini
ilk bulan ve ilk uygulayan matematikçi Pisagor’dur.
Matematiğe aksiyomatik düşünceyi ve ispat fikrini getiren yine Pisagor’dur. Çarpım cetvelinin bulunuşu
ve geometriye uygulanması, yine Pisagor tarafından
yapıldığı söylenir. En önemli buluşlarından biri de,
doğadaki her şeyin matematiksel olarak açıklanması ve
yorumlanması düşüncesidir. Yaşayış ve inanışa, ilimle
açıklama ve yorumlamayı o getirmiştir.
Müzik üzerine de çalışmaları vardır. Müzik tonlarının,
telin uzunluğunun oranlarına bağlı olduğunu keşfetmiş
ve bunun tüm sayılara yorumlamasını düşünmüştür. Bir
yerde bugünkü gerçel ekseni söylemeden düşünmüştür.
Bu da, bugünkü kullandığımız gerçel eksenin sayı sisteminde kullanılmasından başka bir şey değildir.
Fakat, eski Yunan matematikçileri ilk zamanlar gerçel sayıları bilmiyorlardı. O zamanlar, rasyonel
sayıları uzunlukları ölçmek için kullanıyorlardı. Bunun
için belli bir birim alıyorlar ve bu birime oranlayarak
Pisagor Heykeli
iki nokta arasındaki uzunluğu ölçüyorlardı. Rasyonel
sayılarla ölçülemeyen uzunluğun keşfi günümüzden
2600 yıl önce Yunan matematikçileri tarafından olmuştur. Bu sonuç, halen değerini koruyan
ve koruyacak olan ünlü Pisagor teoremine dayanır. Pisagor teoremi, matematikteki en büyük
buluşlardan biridir. Hele zamanımızdan 2600 yıl önce bulunduğu göz önüne alınırsa, bundan
daha büyük bir buluş düşünülemez.
Pisagor’un adını 2600 yıldır andıran, onu ünlü yapan ve insanlığın varolduğu sürece
de sonsuza kadar da andıracak meşhur Pisagor teoremi matematikte en meşhur teoremlerden
biridir. Bu teoremin çok sayıda farklı ispatı vardır (hatta 1876 yılında Başkan Garfield tarafından
yapılan bir ispatı da vardır), ve şimdi artık bilinmektedir ki Pisagor’un
(M.Ö.572) zamanından 1000 yıl önce Babilliler’in Pisagor teoremi hakkında bilgileri vardı. Ancak genel bir ispatı için geometrinin gelişmesine gerek vardır ve Pisagor’un ilk ispatı elde ettiği
kabul düşünülmektedir.
14
Eğer ABC üçgeni bir dik üçgen ise hipotenüsün karesi diğer iki kenarın kareleri toplamına
eşittir
a
b2
2
c
c
a
b
2
a2 + b2= c2
Pisagor teoremi, rasyonel sayılarla ölçülemeyen uzunlukların da varolduğunu gösterir.
Örneğin, dik kenarları birer birim olan bir dik üçgeni göz önüne alalım. Geometrik
olarak, bu özel hal için, Pisagor teoremi gerçeklenir. Yani, büyük karenin alanı, dik kenarlar
üzerine kurulan karelerin alanları toplamıdır. Diğer bir deyimle, x2=2 olur. Bu denklemin kökü de
rasyonel olmayan karekök 2 uzunluğudur. Yunan matematikçileri gerçel sayıları bilmiyorlardı.
Üstün zekalı Eudoxos tarafından bulunan oranlama yöntemini kullanıyorlardı. On tabanına
göre sayıların sayılması ve yazılması, büyük bir olasılıkla iki eldeki parmakların sayılmasından
doğmuştur. Şu sıralarda bile ilkel yaşam sürdüren bazı kabilelerde buna benzer sayma yöntemi vardır. On tabanına göre sayıların yazılması ve okunması, Avrupa’ya Arap dünyasından
gelmiştir. Bunu Araplar Hintlilerden aldılar.
“Evrenin hakimi sayıdır. Sayılar evreni yönetiyor” sözleri de Pisagor’a aittir.
Avrupa’da uzun yıllar egemen olan ve hüküm süren skolastik düşüncenin temeli Yunanistan’da
atılmış ve İtalya’da geliştirilmiştir. Bu nedenle de uzun yıllar bu skolastik düşünce yenilememiştir.
Bu uğurda çok sayıda ilim adamı yok edilmiştir.
Pisagor’dan önce, geometride, şekillerin aralarındaki bağlılıklar gösterilmeksizin elde edilenler, görenek ve tecrübeye dayanan bir takım kurallardı. Bu nedenle, daha önce gelen bir
yetkili ne demişse o sürüp gidiyordu. Pisagor’un matematiğe ispat fikrini sokması bu yüzden çok
önemlidir. O çağlarda çok tanrılı din vardı. Pisagor daha da ileri gidiyor ve “tanrı sayıdır” diyordu.
15
Bu sayılar, 1, 2, 3..., şeklinde bugün bildiğimiz doğal sayılardı. Daha sonra, kendi kendine bir
çelişkiye düştüğünü, tamsayıların hatta rasyonel sayıların bile matematiğe yetmediğini, kendi
adıyla anılan Pisagor teoremiyle gördü. Buna bir süre karşı da çıktı. Fakat, sonunda bu yenilgiyi kabul etmesini de bildi. Olay karekök 2 şeklinde
rasyonel bir uzunluğun olmaması problemidir. Halbuki Pisagor teoremine göre böyle bir uzunluk
vardır. Pisagor’un kuramını yıkan problem, a2=2b2
denklemini gerçekleyen a ve b gibi iki tamsayıyı
bulmak olanaksızdır. Pisagor’un karşılaştığı ikinci
güçlük, bir karenin kenarının köşegenine bölümünün
rasyonel bir sayı olmayışıdır. Bu söylediğimiz, a2=2b2
denkleminde adı geçen olaya eşdeğer olduğu açıktır.
Bu problemi bugünkü matematik diliyle söylersek,
karekök 2 sayısı irrasyonel bir sayıdır. İşte, karenin
köşegeni gibi basit bir uzunluk, Pisagor’un doğal
sayılar kümesine meydan okuyarak, Pisagor’un ilk
felsefe kuramını yalanlamıştır. Böylece, hiç bir zaman tekrar etmeyen sonsuz ondalıklı olan irrasyonel sayı bulunmuş olunur. Pisagor’un bu buluşu,
modern analizin kökünü keşfetmiştir. Bu problem bir
yerde, sıfır ile iki sayısı arasını rasyonel sayılarla kaplayabilir miyiz sorusunu doğurur. Yanıt hemen hayır
olacaktır. Çünkü, 0< 2 <2 eşitsizliğini sağlayan
karekök 2 sayısı rasyonel değildir. 1,41 ile 1,42
sayıları arasında rasyonel olmayan bir sayıdır.
16
CEBiRSEL
iSPATLAR
17
ispat 1:
Dik kenar uzunlukları a, b ve hipotenüs uzunluğu c olan 4 tane eş dik üçgenle aşağıdaki
şekli oluşturalım;
a
b
b
a
c
b
a
a
b
Dıştaki karemizin bir kenar uzunluğu ( a + b ) olduğunadan alanı ( a + b )2 dir.
Aynı karenin alanı içteki 4 üçgenin alanı ve bir kenarı c olan karenin alanları toplamına
eşittir.
Yani;
( a + b )2 =
a.b
4. + c2
2
a2 + 2ab + b2 = 2ab + c2
a2 + b2 = c2
18
ispat 2:
.
.
c
.
.
b
a
Birbirine eş 4 tane dik üçgenle başlayalım. Her bir üçgenimizin alanı a.b / 2 dir. Bu dört
üçgeni kullanarak aşağıdaki şekli oluşturalım.
c
.
a
a
b-a
.
.
a.b
Dıştaki büyük karemizin alanı c2 dir.İçerde ise alanı
olan 4 tane eş üçgenimiz ve
4.
2
bir kenarı b-a olan bir karemiz var.
c2 = 4.
a.b
+ (b-a)2
2
c2 = 2ab + b2 - 2ab + a2
c2 = a2 + b2
19
ispat 3:
C
a
B
α
b
β
β
y
x D
A
c
F
G
E
Şekilde BCD üçgeni ile BAC üçgenleri benzerdir. ( A.A.A )
x a
a2
a2
= ⇒x=
⇒ A(BDFE ) = c.
= a2
a c
c
c
2
xy ab
ab2
ab22
== ABC
⇒
==
⇒
xyüçgenleri
AA((BDFE
cc. . )==ab22
))(==A.A.A
Benzer şekilde ACD üçgeni ile
benzerdir.
⇒
⇒
DAEG
ab cc
cc
cc
y b
b2
b2
= ⇒y=
⇒ A(DAEG ) = c.
= b2
b c
c
c
C
a2
B
c
F
A(BDFE) + A(DAEG) = c2 olduğundan
bulunur
b2
β
α
β
D
a2
A
b2
G
E
a2 + b2 = c2
20
ispat 4:
C
a
B
α
b
β α
x D y
c
β
A
Şekilde BCD üçgeni ile BAC üçgenleri benzerdir. ( A.A.A )
a2
x a
& x2 =
=
c
a c
Benzer şekilde ACD üçgeni ile ABC üçgenleri benzerdir. ( A.A.A )
y b
b2
= c & y2 = c
b
x + y = c olduğundan;
a2 b2
+
=c
c
c
a2 + b2 = c2
21
ispat 5:
H
c
J
C
β
b
I
αβ
c
c
A
a
α
B
β
b
a
α
L
K
CAB dik üçgeninin hipotenüsünün üzerine bir kenar uzunluğu c olan kareyi çizelim. BCHI
karesinin alanı c2 dir. HI ve AB kenarlarını uzatalım. Kesim noktası K olsun. CJ // BK yı çizelim.
BCHI karesini BCJK paralelkenarına dönüştürmüş olduk. BCJK paralelkenarının alanı da c2 dir.
IL ⊥ BK çizelim. Amacımız LK uzunluğunu hesaplamak.
BLI üçgeni ILK üçgenleri benzerdir. ( A.A.A )
b
a
a2
=
⇒ LK =
a LK
b
Alan(BCJK ) = Taban x Yükseklik = c2
a2
b.(b +
) = c2
b
a2 + b2 = c2
22
ispat 6:
B
a
.
b
β
C
c
α
E .
β
c
a
A
.
α
b
D
BEC ve ADE eş üçgenlerinin kullanarak ABCD yamuğunu oluşturalım.
Alan( ABCD ) = orta. taban x yükseklik
a+b
(a + b )2
= .(a + b ) =
2
2
Yamuğun alanını diğer yoldan hesaplayalım. Yamuğu oluşturan üç tane üçgenin alanları
toplamı;
2.a.b c 2
+
2
2
O halde;
(a + b )2 2ab c 2
=
+
2
2
2
a2 + 2ab + b2 = 2ab + c 2
⇒ a2 + b2 = c 2
23
ispat 7:
b
90−α
Bir kenar uzunluğu b olan karemizi çizelim. Karemizin
alanı b2 dir.
α
b
Şekildeki gibi AB doğru parçası çizelim IABI = c olsun. Sol
Köşede ACB dik üçgenimiz oluştu.
c
Şimdi Bu üçgeni A merkezinden 90o pozitif yönde döndürelim.
B
C a
c
α
90−α
.
A
c
a
b
c
.
c
b+a
A
B
b-a
b-a
En son elde ettiğimiz dörtgenin alanı karemizin alanına eşit.
Dörtgeninin alanını iki üçgenin alanı toplamı olarak hesaplayalım;
b2 =
c 2 (b + a ).(b − a )
+
2
2
a2 + b2 = c 2
24
ispat 8:
A
c a
.P
O.
.
c
b c-b
a
B
Şekildeki gibi O merkezli yarıçap uzunluğu c olan çemberi ve P noktasından geçen AB kirişini
çizelim.
[AP]= [PB] dir.
[OP]= b diyelim.
P noktasına göre kuvvet uygulanırsa;
a.a = ( c + b).( c - b)
a2 = c2 - b2
a2 + b2 = c2
elde edilir.
25
ispat 9:
Önce şekildeki gibi ACB dik üçgenini çizelim. Daha sonra merkezi B ve yarıçapı IBCI
olan çemberimizi çizelim.
B
c
a
.
C
Çemberimiz AB doğru parçasını P
noktasında, AB nin uzantısı ise çemberi R
noktasında kessin.
A
b
IAPI = c - a
IARI = c + a
elde edilir.
R
a
B
a
P
a
.
C
c-a
A
b
A noktasına göre kuvvet uygulanırsa;
b2 = ( c - a ).( c + a )
b2 = c2 - a2
a2 + b2 = c2
bulunur.
26
ispat 10:
b
a
a
c
a
c
b
b
b
Yandaki şekildeki gibi bir kenarı a + b olan karemizi, 2 kare ve 4 eş dik üçgene bölelim. Turuncu ve
mavi üçgenlere köşelerde kullanarak aşağıdaki şekli (
2 ) oluşturalım.
a
a
b
1
c
a
Karelerimizin alanları eşit olduğundan;
c
(1. karenin alanı) = (2. karenin alanı)
a2+b2+ 4.
a.b
a.b
= c2 + 4.
2
2
b
a2+b2 = c2
bulunur.
c
c
a
b
2
27
b
a
ispat 11:
y
.
β
F
A
y
α
c
α
.
.
c
u
B
β
b
.
x
D
a
C
.
E
AC kenarını c kadar uzatalım ve IADI= c olur. D noktasından CD ye dik çizelim. A
noktasından da BAD üçgeninin açıortayını çizelim. İki doğru E noktasında kesişsin. ABE ve
ADE üçgenleri için AE kenaro ortkatır. IABI = IADI ve m∠BAE ve m∠DAE eşit olduğundan
DAE ve BAE üçgenleri eştir. ( K.A.K)
CAB ve FBE üçgenleri benzerdir. ( A.A.A).
x u y
= =
a b c
x = b+c ⇒u =
y=
c(b + c )
a
b(b + c )
a
y = u + a olduğundan;
c (b + c ) b(b + c )
=
+a
a
a
c 2 = a2 + b2
28
ispat 12:
D
α
B
β α
A
F
.
β
.
α
C
E
ACB ve DFE eş dik üçgenlerini kullanarak yukarıdaki şekli oluşturalım. B noktası DE
üzerinde ve A,F,C ve E noktaları doğrusal olsun.
IBCI = IEFI = a
IACI = IDFI = b
IABI = IDEI = c alalım.
IABI nin IDEI ye dik olduğu şekilden elde edilir.
ADE üçgeninin alanını iki farklı yoldan hesaplayalım;
Alan (∆ADE) = AB . DE
2
=
c2
2
BCE ve DFE üçgenlerinin benzerliğinden CE =
Diğer tafartan;
Alan( ∆ADE ) =
BC . FE
AE . DF
2

a2 
b +
 .b


2
b
c


=
2
2
2
c 2 = b + a2
29
DF
=
a2
b
ispat 13:
ABC ve AFE eş dik üçgenleri ile başlayalım. A noktası BE ve CF nin kesim noktası olsun.
C.
a
B
b
A
c
E
b
.
a
c
F
AB üzerinde IBCI = IBDI olacak şekikde bir D noktası alalım. F köşesini ise IFGI = IFEI olacak
şekilde uzatalım. CBD üçgeni ikizkenar olduğundan m(B) = α dersek;
m∠(BCD) =
α
180 − α
= 90 − olur.
2
2


m∠(DCA) = 90 −  90 −

α
α
=
2  2
α
α
90 − == dir.
− m(FGD)
GFE üçgeni ikizkenar olduğundan m∠(FGE) + m∠(FEG) = 90
α, ve
2 2

O halde CD // EG dir.
a
B α
C.
α/2
a D
b
c-a
A
b
c
ACD ve AGE üçgenlerinin benzerliğinden (A.A.A );
b
c −a
=
c +a
b
b2 = c 2 − a2 ⇒ c 2 = a2 + b2
30
E
.
α/2
a
α
F
α/2
a
G
ispat 14:
C
.
C açısı dik açı olan ACB dik üçgenini alalım. IBCI = a, IACI = b, IBAI= c olsun. AB doğrusu
üzerinde IADI = IAEI = b olacak şekilde D ve E noktaları belirleyelim.
a
B
b
C
c
a
B
.
b
A
A
c
DCE açısı 90o dir. m ECA = a diyelim ve açılarımızı yazalım.
m(DCB) = m(ECA) = a
m(CDB) = m(BCE ) = 90 + a
O halde EBC ve CBD üçgenleri benzerdir. ( A.A.A)
C
a
B
B
α
..
α
90−α
C b
.
c-b 90+α 90−α .b
b α
α
α
E
a c D 90−α A
b
c-b 90+α 90−α b
b α
E
A
D
c+b
a
=
c
a
c −b
a2 = c 2 − b2 ⇒ c 2 = a2 + b2
31
ispat 15:
B
a
C
.
a
c
E
b
b
.
A
D
ICEI = IBCI = a, IACI = ICDI = b, IABI = c ve AC⊥BD, IBEI⊥IADI olsun. DE yi uzatalım. DE nin
AB yi kestiği nokta F olsun.
IDFI⊥IABI olur. ( Üçgenin yükseklikleri bir noktada kesişir.)
ACB ve DCE üçgenleri eş olduğundan ( K.A.K ),
IDEI = IABI = c dir.
B
c
A
F
b
a
C
a
.
E
b
c
.
D
ABD üçgeninin alanı iki farklı yoldan hesaplanırsa;
c.(c + EF )
2
=
c. EF
2
c 2 = a2 + b2
32
a2 b2
+
+
2
2
ispat 16:
A
b-r
b-r
F
r
E
r
r
a-r
r
.
C r D
a-r
B
Şekildeki gibi ACB dik üçgeninin iç teğet çemberini çizelim. ACB üçgeninin alanı;
a+b+c
) dir.
2
Şekilden hipotenüs uzunluğu c = (b -r )+(a - r)
A(∆ABC) = u.r ( u =
bulunur.
r =
a+b−c
2
ABC üçgeninin alanı iki farklı yoldan hesaplanırsa;
 a + b + c   a + b − c  a.b

.
= 2
2
2



(a+b)2 - c2 = 2ab
a2 + b2 - c2 = 0
a2 + b2 = c2
33
ispat 17:
K
.
C
P
.
b
.
a
B
c
O
d
A
ACB dik üçgenini ve çevrel çemberini ve C noktasından teğet çizelim. AB kenarının uç
noktalarınadan d doğrusuna dik inelim. OC teğet doğrumuza dik olduğundan C noktası PK
doğru parçasının orta noktasıdır.
Alan(∆ACP) + Alan(∆BCK) =
AP . PC
+
KB . KC
2
2
KP  AP + KB
=
.
2 
2
Alan( APKB )
=
2



Aynı zamanda;
Alan(∆ACB) = Alan(APBK)/2 dir. O halde;
Alan(∆ACP) + Alan(∆BCK) = Alan(∆ACB)
Üçgenlerimiz (A.A.A) kuralından benzerdir. Benzerlik oranları ise hipotenüslerinin oranıdır. O
halde alanlarıda hipotenüslerinin karesi ile orantılıdır.
k.a2 + k.b2 = k.c2
a2 + b2 = c2
34
ispat 18:
a
C
A
α
.
b
D
a
α
.
E
c
H
β
L
B
Yukardaki şekilde C çemberin merkezi olmak üzerer; ACB bir dik üçgen, ICBI= a, IACI = b,
IABI=c olsun. C den IEBI ye dil çizelim. L noktası IABI nin orta noktasıdır. IELI=IEBI.
AC doğrusu çemberi D ve H noktalarında kessin. A noktasına göre kuvvet uygulanırsa;
IAHI.IADI = IABI.IAEI
( b + a ). ( b - a ) = c. (c- 2IBLI )
ACB ve CLB üçgenleri benzerdir. ( A.A.A )
BL
BC
=
BC
AB
⇒ BL =
a2
c

2a2 

b2 − a2 = c.  c −

c 

b2 + a2 = c 2
35
ispat 19:
A
α
b
.
E
c
F
B
. α
α
β
.
β
a
D
x
C
ABC ve DEB eş iki dik üçgen ve E ∈AB olsun. ABD üçgeninin alanını iki farklı yoldan
hesaplayalım;
Alan( ∆ABD ) =
c.(c − x ) b.b
=
2
2
BD . AF
2
=
DE . AB
2
x = ICFI uzunluğu ABC ve BFC üçgenlerinin benzerliğinden (A.A.A)
a2
)
2
c =b
2
2
c.(c −
c 2 = a2 + b2
36
a2
c
dir.
ispat 20:
Q
P
R
.C
a
b
A
cM
B
ACB dik üçgen IACI=b, IBCI=a, IABI=c olsun. ACB ve PCQ üçgenleri eştir.( K.A.K).
M noktası IABI nin orta noktası olsun. IRMI doğru parçasının çizelim. IMRI ⊥ IPQI olduğunu
gösterelim;
ICMI = IMBI olduğundan m∠MBC = m∠MCB dir.
m∠PCR = m∠MCB ( Ters açı)
m∠QPC = m∠A
olduğundan CRP açısı dik açıdır. MCP ve MCQ üçgenlerinin alanlarını iki farklı yoldan
hesaplayalım.
M den PC ye inilen dikme b nin yarısı kadardır. IPCI = b olduğundan
b
b.
b2
Alan( ∆PCM ) = 2 =
2
4
Diğer taraftan;
Alan( ∆PCM ) =
CM . PR
2
=
c. PR
4
Benzer şekilde MCQ üçgeninin alanı;
a
a2 c. RQ
Alan( ∆MCQ ) = 2 =
=
2
4
4
a.
Alan( ∆PCM ) + Alan( ∆MCQ ) =
b2 + a2 = c.( PR + RQ )
b2 + a2 = c 2
37
b2 a2 c. PR c. RQ
+
=
+
4
4
4
4
ispat 21:
H
G
K
C
F
A
M
B
E
L
D
Şekilden ABF ve AEC üçgenleri benzersir. ( K.A.K).
ABF üçgenini AF tabanına ait yüksekliği IACI dir. O halde ABF üçgenini alanı IACI kenarı üzerine kurulu olna karenin alanını yarısıdır.
Diğer taraftan AEC üçgeninin IEAI kenarına ait yüksekliği IMAI dır. ( M noktası IABI ve ICLI
nin kesim noktası). AEC üçgeninin alanı AELM dörtgeninin alanının yarısıdır. O halde AEML
dikdörtgeninin alanı ACI2 kadardır.
Benzer şekilde BMLD dikdörtgrninin alanı IBCI2dir.
Alan(EAML) + Alan(MBDL= Alan( ABED )
a2 + b2 = c2
38
ispat 22:
b
c
a
A1, kenar uzunlukları a ve b olan karelerin alanları toplamı olsun. A2 ise bir kenarı c olan are ile
iki dik üçgenin alanları toplamı olsun. Her iki durumda da kesikli çizgiler bu alanları
1/2(a2 +ab+b2 ) olacak şekilde iki eş parçaya böler.
A1 = A2
a2 +ab+b2 = c2 +ab
a2 + b2 = c2
39
ispat 23:
F
L
E
G
M
D
C
H
A
B
Alan(∆ABC) = Alan(∆FLC) = Alan(∆FCM) = Alan(∆BED) = Alan(∆AGH) = Alan(∆FGE)
Diğer taraftan;
Alan(ABDFH) = IACI2 + IBCI2 + Alan(∆ABC) + Alan(∆FLC) + Alan(∆FCM)
Alan(ABDFH) = IABI2 + Alan(∆BED) + Alan(∆AGH) + Alan(∆FGE)
O halde;
IACI2 + IBCI2 = IABI2
a2 + b2 = c2
40
ispat 24:
C
A
B
P
ACB dik üçgenini çizelim. C den hipotenüse dik çizelim. P noktası AC çaplı çember
üzerindedir. CPB dik açı olduğundan P noktası aynı zamanda BC çaplı çember üzerindedir.
IPAI =x
IPBI = y diyelim.
Üçgenimizin kenar uzunluklarını a, b, c ile gösterirsek;
dir.
A noktasına göre kuvvet uygularsak;
x+y=c
b2 = x.( x + y ) = x.c
B noktasına göre kuvvet uygularsak;
a2 = y.( x + y ) = y.c
a2 + b2 = c.( x + y )
a2 + b2 = c2
41
ispat 25:
D
E
C
.
F
.
L
B
A
ACB üçgeni C açısı dik olan bir üçgen olsun. IBCI kenarının IBDI = IABI olacak şekilde
uzatalım. A ile D yi birleştirelim. IDCI nin orta noktası olan E den IADI yi F de kesen bir dik çizip
B ile F yi birleştirelim.
ADC üçgeni ile BFE üçgeni benzerdir.
AC
BE
ve
=
CD
(1)
FE
ICDI = IBDI - IBCI = IABI - IBCI
BE = BC +
BE = BC +
=
CD
2
( AB − BC )
2
BC + AB
2
AC
EF =
2
Bu eşitliklerimizi ( 1 ) denkleminde yazarsak;
AC
( AB + BC )
AB
2
2
= AC
2
=
( AB − BC )
AC
2
+ BC
2
42
ispat 26:
C
x
D
a
B
α
α
b-x
x
E
a
c-a
A
ACB dik üçgeninde B açısına ait açıortayı çizelim. Açıortay AC kenarınını D noktasında kessin. D noktasından BA kenarına dik inelim ve IDEI = x diyelim. ICDI=x ve IDAI= b-x olur.
ACB üçgeni ile AED üçgenleri benzerdir. ( A.A.A )
AC
AE
=
AB
AD
=
CB
ED
b
c
a
ab
=
= ⇒ cx = ab − ax ⇒ x =
c −a b− x x
c +a
b
c
b
c +a
=
⇒
=
ab
c −a
c −a
b
b−
c +a
b2 = c 2 − a2 ⇒ c 2 = a2 + b2
43
ispat 27:
D
β
x
x
C
b
A
α
a
β
c
B
a
E
ACB dik üçgeninde AB kenarını IBEI=IBCI=a olacak şekilde uzatalm. AC doğrusu üzerinde
bulanuna D noktasından E ye dik çizelim. ICDI = IDEI olur. Bu uzunuğa x diyelim.
ACB üçgeni ile AED üçgenleri benzerdir. ( A.A.A )
AC
AE
=
AB
AD
=
CB
DE
b
c
a
ab
=
= ⇒ cx = ab + ax ⇒ x =
c +a b+ x x
c −a
c
b
c −a
b
=
⇒
=
ab
c +a
b
c +a
b+
c −a
c 2 − a2 = b2 ⇒ c 2 = a2 + b2
44
ispat 28:
C
a 1
B β
α
3
F
β
c
b
α
c
D
A
β
c
c
2
α
E
1 ve 3 üçgenlerinin benzerliğinden ( A.A.A )
c FD
ac
=
⇒ FD =
b
a
b
c FB
c2
=
⇒ FB =
b
c
b
1 ve 2 üçgenlerinin benzerliğinden ( A.A.A )
AG
c
c2
=
⇒ AG =
a
c
a
b EG
bc
=
⇒ EG =
a
c
a
Alan( ∆CFG ) = Alan( ∆CBA) + Alan( ∆BFD ) + Alan( ∆AEG ) + Alan( ABDE )
1
c2
c2
1
1 ac 1 bc
(a +
)(b +
) = ab + c
+ c
+ c2
2
b
a
2
2 b 2 a
a2 b2 + 2abc 2 + c 4 = a2 b2 + c 2a2 + c 2 b2 + 2abc 2
c 4 = c 2a 2 + c 2 b 2
c 2 = a2 + b2
45
G
ispat 29:
C
b
E
b
x
A
b
a
D c-b B
ACB dik üçgeninde ICAI=IADI çizelim. IEAI=IADI olacak şekilde AD yi uzatıp E ile C yi
birleştirelim. Bu durumda ECD açısı dik açıdır.
∠CDB = ∠ECD + ∠CED = ∠ACD + 2 ∠ECA = ∠ECB
O halde CDB üçgeni ile ECB üçhenleri benzerdir. ( A.A.A )
EB
BC
=
BC
DB
c+b
a
=
⇒ a2 = c 2 − b2 ⇒ c 2 = a2 + b2
a
c −b
46
ispat 30:
C
β α
x
D
b
A
α
a/2
β
F
x
c-y
E
y
a/2
β
B
Şekilde ACB, CEB, CDF ve AEC üçgenleri benzerdir. ( A.A.A )
ACB ve CEB üçgenlerinin benzerliğinden;
a c
=
y a
dır.
AEC ve ACB üçgenlerinin benzerliğinden;
b
c
=
c−y b
dir. Birincieşitlikteki y değeri ikinci eşitlikte yazılırsa;
b
c−
a2
c
=
c
cb
c
⇒
= ⇒ c 2 = a2 + b2
b
c 2 − a2 b
Benzer şekilde diğer üçgenlerin benzerliği de kullanılabilir.
47
ispat 31:
C
a
b
F
c
A
a
B
E
b
D
AB ye dik ve AB ye eşit olan CD yi çizelim. ICDI= c oldu. D ile E ve B yi birleştirelim. D den CA
ve CB ye dik çizelim. DFC, BCA ve CED üçgenleri eş üçgenler olduğundan IEDI =b,
IDFI = a dır.
Alan( ACBD ) = Alan( ∆CBD ) + Alan( ∆CAD )
1
1
1
c.c = a.a + b.b
2
2
2
c 2 = a2 + b2
48
ispat 32 :
A
C'
c
b
B'
a
C
B
A'
∆ABB' = ∆ABC’ ve ∆ABC = ∆A’BC olsun.
Üçgenlerin benzerliğinden;
B'C =
AC 2
BC
, BC' =
AC . AB
BC
Alan (A’BC) + Alan(AB’C) = Alan( ABC’)
AC . BC +
AC 2
. AC = AB .
BC
BC + AC = AB 2
a2 + b2 = c2
2
2
49
AC . AB
BC
ispat 33 :
da
dc
c
b
c
a
da
a kenarındaki bir da değişmesinin bir sonucu olarak;
da
c
=a
dc
dır.
cdc = ada
# cdc = # ada
c2 = a2 + sabit
a = 0 olduğunda c = b olacağından sabit = b2 dir. O halde;
c2 = a2 + b2
50
ispat 34 :
L
C
a
b
A
c
B
D
E F
G
H
K
AC ve KB yi L ye kadar uzatalım. AL ye paralel CD, CD ye dik AG ve CB ye paralel LD yi
çizip, CB yi F ye kadar uzatalım.
BC2 = AC . CL = FC.CL = Alan(FDLC) = a2
Alan( ABKH) = Alan( CHEL) + Alan(AGDL) = a2+ b2 = c2
bulunur.
51
ispat 35 :
G
F
C E
N B
K
L
D
A
∆BCE = ∆BCN ve ∆ACF = ∆ACN üçgenlerini oluşturalım. GF = EL= AB olacak şekilde GHL
doğru parçasını çizelim. FAKG ve EBDL dikdörtgenlerini oluşturup CK ve CD yi çizelim.
1
1
1
1
Alan( 9CKA) = .AK.AF= .AB.AF = .AB.AN= AC 2
2
2
2
2
Bu iki denklemi kullanarak;
elde edilir. O halde;
dir.
AB.BN = CB 2
AB.AN+ AB.BN=AB (AN + BN )=AB.AB= AB 2
AB 2 = CB 2 + CA 2
52
ispat 36 :
P
B
F
R
C
G
D
E
A
O
Düzgün Beşgene Uygulanmış Pisagor Teoremi
Herhangi bir düzgün çokgen ikizkenar üçgenlere ayrılabilir. Yukarıdaki şekilde COA, CRB ve
BPA üçgenleri benzer ikizkenar üçgenlerdir. ABC, CBG ve ACG üçgenleri de benzer üçgenlerdir. ( A.A.A ). Alanları benzerlik oranının karesiyle orantılı olduğundan;
Alan( 9CBG)
a2
Alan( 9CRB)
dir.
a2
=
=
Alan( 9ACG)
b2
Alan( 9COA)
b2
=
=
Alan( 9ABC)
c2
Alan( 9BPA)
c2
Alan( ABC) = Alan( CBG) + Alan ( ACG) olduğundan,
Alan( BPA) = Alan( CRB) + Alan (COA) bulunur. O halde;
Alan( Çokgen P ) = Alan ( Çokgen R ) + Alan ( Çokgen O )...( I )
( I ) de herhangi bir düzgün çokgen yerine düzgün dörtgen ( kare ) alınırsa dik kenarlar üzerine
kurulan karelerin alanları toplamı hipotenüs üzerine kurulan karenin alanına eşit olacaktır.
53
ispat 37 :
C
c/2
N
P
b/2
a/2
A
O
B
O merkezli çemberde IABI = c, IACI = b ve ICBI = a olsun.
c
2
a
PO =
2
b
NO =
2
CO =
c 2
c2
elde edilir. OC yarıçaplı dairenin alanı r c m = r
tür. Bu dairenin alanı aynı za2
4
manda içteki daire ve dışta bulunuan iki daire halkasının alanları toplamıdır.
c2
a2
b2 a2
c2 b2
= r + rc - m + rc - m
4
4
4
4
4
4
2
2
2
2
2
2
c +b -c -b = a -a
r
Son özdeşlikten
olduğu görülür.
c2 + b2 = a2
- c2 - b2 = - a2
54
ispat 38 :
M
Q
L
P
B
G
C
R
E
N
D
A
F
H
K
D ve E, AB hitotenüsü üzerinde IBDI = IBCI ve IAEI = IACI olacak şekilde iki nokta olsun.
IADI = x, IDEI = y, IBEI = z olsun.
IACI = x + y , IBCI = y ve IABI = x + y + z olur.
B merkezli çemberde A noktasına göre kuvvet alınırsa;
IACI2 = IADI.IALI
(x+y)2 = x(x+2(y + z))
y2= 2xz eşitliği elde edilir. Bu eşitliğin her iki tarafına x2 + y2+ z2 + 2xy + 2yz ifadesini ekleyelim.
y2 + x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz = 2xz + x2 + y2+ z2 + 2xy + 2yz
(x +y)2 + (y + z)2 = (x + y + z)2
IACI2 + IBCI2 = IABI2
b2 + a2 = c2
55
ispat 39:
F
E
D
C
b
A
a
cG
B
IBCI2 =IBGI.IBAI = a2
IACI2 =IAGI.IBAI = b2
Alan(ABDE) = Alan(GBDF) + Alan(GAEF)
c2 = IBGI.IBAI + IAGI.IBAI
c2 = a2 + b2
56
ispat 40:
C
β
a
b
α
β
B
β
O E
α β
D
CD
BD
=
CA
EA
& CD . EA = CA . BD ............. (1)
CD
=
DA
CB
BE
& CD . BE = CB . DA ............. ( 2)
CD . EA + CD . EB = CB . DA + CA . BD
CD .^ EA + EB h = CB . DA + CA . BD
c.c = b.b + a.a
& c2 = b2 + a2
57
A
ispat 41 :
C
E
S1
b
α
A
β
D
α
S3
a
S2
β
α
c
β
B
AEC, CDB ve ACB üçgenleri benzerdir. ( A.A.A ). Bu üçgenlerin alanları benzerlik oranının
karesiyle orantılı olduğundan;
dir. S3= S2+ S1 olduğundan;
S3 S2 S1
=
=
c2 a2 b2
S2 + S1 S2 S1
= 2= 2
c2
a
b
a2 S1 = b2 S2
(1)
a2 S1 + a2 S2 = c2 S2
( 2)
(1) ve( 2) denklemlerinden
b2 S2 + a2 S2 = c2 S2
b2 + a2 = c2 bulunur.
58
GEOMETRiK
iSPATLAR
59
ispat 42 :
ispat 43 :
60
ispat 44 :
ispat 45 :
61
ispat 46 :
1
2
3
4
5
62
ispat 47 :
B C
D E
A
D
E
A
B
C
ispat 48 :
c
c
b
c
c
a
63
c
ispat 49 :
ispat 50 :
64
ispat 51 :
ispat 52 :
65
Phytagoras( Pisagor) Ağacı
Pisagor ağacı karelerden oluşturulan bir düzlem fraktaldır. Karelerin her üçlü grubu bir dik
üçgenler birleştirilmiş ve Pisagor Teoremi kullanılmıştır.
Phytagoras( Pisagor) Ağacının yapılışı
Birinci adımda bir kare ile başlanır. İkinci adımda Pisagor teoremini sağlayan diğer iki karenin
kenar uzunlukları bulunur. Bu işlem ardışık olarak uygulanır ve küçülen karelerle devam edilir.
Pisagor Ağacı 1
66
Pisagor Ağacı 2
67
Pisagor Ağacı 3
68
Pisagor Ağacı 4
69
Pisagor Ağacı 5
70
Pisagor Ağacı 6
Pisagor Ağacı 7
71
Pisagor Ağacı 8
Pisagor Ağacı 9
72
Pisagor Ağacı 10
Pisagor Ağacı 11
73
Pisagor Bağıntısının Çokgenlere Uygulanması
Alan( A ) + Alan ( B ) = Alan ( C )
Pisagor Bağıntısının Yarım Dairelere Uygulanması
74
m(a2+
Einstein ‘ın İspatı...
75
b 2) =m
2
c
76
KAYNAKLAR
77
Author
Document
Category
Uncategorized
Views
10
File Size
5 888 KB
Tags
1/--pages
Report inappropriate content