Bitta masalani turli yo’llar bilan yechish imkoniyati to’g’risida

Bitta masalani turli yo’llar bilan yechish imkoniyati to’g’risida

Geometriya deduktiv fan hisoblanadi. Uni aksiomatik tuzish uchun chekli sondagi aksiomalar asos qilib olinadi (deduksiya so’zi umumiy hollardan xususiy hollarga o’tish ma’nosini bildiradi).
Isbotsiz qabul etiladigan jumlalar aksioma deyiladi, boshqa geometric jumlalar shu aksiomalardan mantiqiy qonunlarga asosan keltirib chiqariladi. Aksiomalarga asosan isbot qilinadigan jumlalar teoremalar deb ataladi Isbotsiz qabul etiladigan jumlalar aksioma deyiladi, boshqa geometric jumlalar shu aksiomalardan mantiqiy qonunlarga asosan keltirib chiqariladi. Aksiomalarga asosan isbot qilinadigan jumlalar teoremalar deb ataladi. Bir teoremadan ikkinchi bir teorem uning xususiy holi sifatida kelib chiqishi mumkin. Bu holda birinchi teoremaning mazmuni ikkinchi teoremning mazmunidan kengroq bo’ladi. Masalan, quyidagi uchta jumlani qaraylik;
1)Styart Teoromasi;
2) formula va;
3) Tugri Burchak uchidan utkazilgan median gepotinuzaning yarmiga teng degan teorem.
2-jumla 1-jumlaning, 3-jumla esa 2-jumlaning xususiy holidir. Demak, Styart teoremasining mazmuni qolgan ikki jumlaning mazmuniga qaraganda kengroq ekan. "To’g’ri burchakli uchburchakning katetlari 3 va 4 ga teng bo’lsa, uning gepotenuzasi 5 ga teng buladi" degan jumla ham teorema bo’lsada, uning mazmuni ancha tordir, shuning uchun ham u unchalik ahamiyatli emas. Mazmuni to’liq bayon etilgan teoremaning isbotini masala tarzida berish mumkin. Teoremaning mazmunini tuliq bayon etmasdan turib, undan foydalanib masala tuzish mumkin. Yuqorida aytilgan misoldagi uchburchakning katetlari va gepotinuzasi haqidagi jumladan foydalanib, "katetlari 3 va 4 ga teng bo’lgan to’g’ri burchakli uchburchakning gipetenuzasini toping degan masala tuzish mumkin. Biror teoremani isbot qilishda bir nechta usul bo’lishi mumkin bo’lgani kabi biror masalani yechishda ham bir nechta yo’l bo’lishi mumkin.
Masala yechilgan bo’lishi uchun quyidagilar bo’lishi kerak:
1. Hato bo’lmasligi;
2. Asoslangan bo’lishi;
3. Butun xarakerni o’z ichiga olgan bo’lishi lozim.
Bu uchta talab albatta, mavjud bo’lishi zarur. Agar bu talablardan biortasi bo’lmasa (masalan, masalaning yechimi to’g’i bo’lib, asoslanmagan bo’lsa, yoki asoslangan bolsa-yu ammo, tugal bo’lmasa), unda yechim to’liq deb hisoblanmaydi. Bundan tashqari, yechimni topishda quyidagilar bo’lishi talab qilinadi:
1. Yechim mumkin qadar sodda bo’lsin;
2. Etarli darajada tartibga solingan bo’lsin;
3. Yechish uchun olingan-tanlangan yo’l mumkin qadar ravshan bo’lsin;
4.Yechim umumlashtirilgan bo’lsin.
Masalalar mana shunday ketma ketlik asosida yechiladi.
Quyidagi ikkita xarakterli misolni ko’rib chiqaylik.
30. Markazi O nuqtada bo’lgan aylananing AV va CD vatarlari Q nuqtada kesishadi. Q nuqta O markaz bilan tutashtirilib, CQ tug’ri chizissa Q nuqtadan perpendikulyar utkazilgan.


Bu perpendikulyar aylanani S va T nustalarda kesib utadi. AD va SV to’g’ri chizislar S T to’g’ri chizik bilan M, N nustada kesishadi (S, M, A, D nuktalar CQ dan bir tarafda yotadi). SM = N T bulishi isbot silinsin.Biz bu masalani bir necha yo’l bilan yechib kursatamiz.
B i r i n ch i yo’l:
Yechishdagi g’oya. SM va N T kesmalarni ma’lum AQ, BQ, EQ, EQ kesmalar orqali topish (44-shakl). Yechish quyidagicha bo’ladi:
AQ = a, BQ = b, EQ = e, FQ = f.
bo’lsin va OQ diametr aylanani F va E nustalarda kessin.
Bunda
ab = e f ; Q T = Q S,
so’ngra YeV, YeS, FA, FD to’g’ri chiziqlarni o’tkazamiz, ular ST to’g’ri chiziqni N, V, G, U nuqtalarda kesib o’tsin. Biz ilgari HQ = GQ ni isbot etaylik.
OO_{1 ┴} AV; YeYe_{1 ┴} AV ni o’tkazsak,
QE₁ : QE = QO₁ : QO.
Ammo

Shunga o’xshash = bo’ladi. Shuning uchun:

Bundan

So’ngra

va bundan:

HEQ va FEB o’xshash uchburchaklardan:
Bundan

Nixoyat,

Yana shunga o’xshash yo’l bilan GQ² ny zam anislash mumkin. Buning uchun HQ² ifodadagi b ni a ga, ye ni f ga almashtiramiz:

Bundan tenglikka asosan:

Demak;
GQ=HQ
Shunga o’xshash:
UQ=VQ
Shuningdek
GU=HV; GS=HT; VS=UT,
Endi

ekanini kuramiz, bundan:

Demak, BCVH turtburchakka tashqi aylana chizish mumkin.
Bundan:
(HT-NT)(VT-NT)=NB∙AC
kelib chiqadi, shu bilan birga
NB∙NC=NT∙(NT+TS).
Demak;
NT(NT+TS)=(HT-NT) ∙(VT-VT)
yoki
NT(VT+TS+HT) = HT∙VT
bundan:

Shunga o’xshash yo’l bilan bundan esa MS = N T tenglik xosil bo’ladi, bizdan shuni topish talab qilingan edi.
2-y o’ l (A.Pereldiniki) .
Yechishdagi g'oya . Shaklni Q nusta atrofida 180° ga buramiz. Bunda M nukta N nusta ustiga tushadi. Bu xoldan foydalaniщ mumkin: A₁ va D₁ nuqtalarni Q nuqtaga nisbatan A va D nuqtalarga simmetrik kilib olamiz (45-shakl) va Menelay teoremasidan foydalanib, A₁, D₁ va N nuqtalarning bir tug'ri chizikda yotishini isbot etamiz.
Birinchi yechishdagi belgilashlardan tashkari, CQ=C, DQ=D lardan foydalansak, bunda ab = cd = e f. Oldin BN:CN nisbatni aniklaymiz. Agar VV' OQ, SS' OQ ni olsak, BB'Q va OO₁Q uchburchaklarning o’xshashligidan:

Bundan:

Shunga o’xshash:

Bu yerda SS' || VV' || NQ, bundan BN va CN kesmalar B'Q va C'Q ga proporsionaldir; shunga kura:

Endi N₁, D₁, A₁ nuqtalarning BCQ uchburchak tomonlarida yotishini tekshirsak, Styuart teoremasiga asosan:

xosil bo’ladi. Bundan N₁, D₁, A₁ nuktalar bir to’g’ri chizikda yotishini kuramiz, ya’ni shu bilan N nuktaning urni aniklanib, masala xal etilgan bo’ladi. va bulib, teng MQ va NQ kesmalardan teng SQ va TQ kesmalar ayrilsa, SM = NT xosil bo’ladi. Biz shuni isbot kilmok yedik.
3 - yo’l . (Bu rasional usulni V. A. Zmorovich taklif etgan.)
Yechishdagi g’oya . Masalada katnashuvchi mikdorlar orasidagi munosabatni aniklash, ulardan SM va NT orasidagi teiglikni keltirib chikarish. Bu g’oya masalaga Menelay teoremasini ikki marta tatbik etish bilan amalga oshiriladi.
AD va VS to’g’ri chiziklar nuktada kesishsin (46-shakl). L P N uchburchakka Menelay teoremasini tatbik etsak:
DP ∙QN∙BL = LA∙PQ∙BN,
DP∙QN∙CL = LD∙PQ∙CN
xosil bo’ladi. Bu tengliklarni xadlab kupaytirsak:

Shuningdek,
BL CL = LA LD.

bu yerda

endi (56) dan yoki PQ = NQ; bu tenglikning ikkala tomonidan SQ = TQ kesma ayrilsa, SM = NT bo’ladi. Bu yechishdagi eng kiymatli narsa yordamchi shakllarning talab Qilinmasligidir.

4 - yo’l (A. S. Smogorjevskiy topgan).

Yechishdagi g’oya. Ikkinchi yechishdagi kabi bu yechysh xam nuktalarning uzaro kollinearligini isbot kilishdan, ya’ni va VS xamda ST to’g’ri chiziklarning bir nuktada kesishishini isbotlashdan iboratdir.
Berilgan (1) aylanaga, ST to’g’ri chizshda nisbatan simmetrik qilib, (2) aylanani chizamiz (47-shakl). (2) aylana BQ kesmani va QC kesmani nuktada kessin. Bunda ADQ va uchburchaklar teng va (chunki bulib, ular ᴗ BD bilan ulchanadi).
Agar NT = SM bulsa, QN = QM bulib, , to’g’ri chizik N nuqtadan utadi. bulgandan turtburchakka tashki ( ) aylana chizish mumkin.
(1) va (2) aylananing radikal uki ST va (1), (3) ning radikal uki VS lar N nuktada kesishsin. Shu nuqtadan (2) va (3) ga tegishli radikal uk xam utadi. Biz shuni isbot etmokchi edik.
Bu yechishning oldingilarga Karaganda soddaligi shundaki, bunda algebraik almashtirishlar talab kilinmaydi, yolgiz sintetik usullar ishlatiladi.
Yana tubandagicha muxokama kilish mumkin: to’g’ri chizik (2) aylanani ∆ nuktada va (3) aylanani ∆' nuktada kesadigan bulsa, unda , ya’ni ni olamiz. Shu bilan va D nuktalar ustma-ust tushganligi kurinadi.
Demak, bu xolda xam radikal Uk tushunchasidan foydalanish zarur bo’ladi.
31. Markazi O da bulgan aylanaga tashki ABCD turtburchak chizilgan. Bunda AV = a, VS = b, CD = s, DA = d Bo'lsa,
(57)
ekanligi isbot kilinsin.
1 - x i l ye ch i m (V. A. Zmorovich taklif etgan).
Yechishdagi g’oya. Shakl elementlari orasidagi geometrik munosabatlarni xisoblab chikish.
Turtburchakning AV, VS, CD, DA tomonlarining aylana bilan urinish nuktalari K, L, M , N ni uzaro tutashtirishdan xosil bulgan KLMN turtburchak tomonlarining.40, VO, SO, DO kesmalar bilan kesishgan mos nuktalari A', V', S', D' bo’lsin (48- shakl). Bu nuktalar NK, KL, LM, M N kesmalarning urta nuktalari bulib, A' B 'Q D ' turtburchak parallelogramm va
(58)
bo’ladi. Tugri burchakli AOK va SOL uchburchaklardan (AOK to’g’ri burchakli uchburchakda A'O kesma KO katetning proyeksiyasi va COL uchburchakda OS' kesma OL katetning proyeksiyasi bulganidan):

(g - ABCD turtburchakka ichki chizilgan aylananing radiusi).
Bundan:
(59)
A, V, S, D nuktalardan aylanaga utkazilgan mos urinmalar uzunliklarini α,β,γ,δ bilan belgilasak, bunda:
(60)
AOK va KOA' o’xshash uchburchaklardan

Bundan

Shunga o’xshash:

Sunggi tengliklar va (60) tenglikdan:


Endi A' KB' O turtburchakdan Ptolomey teoremasi buyicha:

Yoki

Shunga o’xshash:

Bu tengliklarni, (61) va (58) munosabatlarni e’tiborga olsak

Bu sunggi tenglikni (59) bilan taqqoslab kursak kelib chiqadi, biz shuni isbot kilmoschi edik.
2 - ye ch i m (A. S. Smogorjevskiy yo’li).
Yechishdagi g'oya. Karalayotgan kesmalarni yuzlar bilan boglash. Kupincha kupaytmaning nisbati (bu joyda ad : bc) olinganda, uni uchburchaklar yuzlarining nisbati orqali ifodalash mumkin bo’ladi. Bu muloxaza, berilgan masalani yechishda xam yordam beradi. ABD va CBD uchburchaklarni saraylik. Birinchi sarashda bundan z^yech bir foyda yuvdek tuyo’ladi. Chunki, va teng emas va ularning yigindisi 180° emas. Bunda I va II teoremalarni ABD va CBD uchburchaklarga tatbiq etish mumkin emas.
Shunday bulsada, yukoridagi g’oyani yordamchi shakllar chizish bilan yuzaga chisarish mumkin.
AV va VS larga nisbatan O nuktaga simmetrik S va T nuqtalar olib (49-shakl), 48-shaklda belgilangani kabi ABD, CBD, AOS va SOT uchburchaklarning yuzlarini mos ravishda S₁, S₂, orkali belgilasak:


So’ngra OS = OT = 2g, shuning uchun:



Shuning kabig:

R nukta AS v a BD diagonallarning kesishgan nustasidir, Nixoyat (5-masalaga karang)

Bundan (63) va (64) tengliklarga asosan:


Sh uning uchun:

Bundan (62) munosabatdan foydalanib:

ni zosil kilamiz. Biz shuni isbot etmoschi edik.
3 - ye ch i m (A. L ; Pereldikniki).
ekanligi ma’lum bulganidan:

Ikkinchi tomondan AOV, COD, AOD va VOS uchburchaklarning balandliklari teng (g) bulganidan (50-shakl):

(A) va (B) tengliklarga asosan:

Bularni xadlab kupaytirsak,

yoki
Yechishning bu 3-usuli kiska, tushunarli va juda charoyli Masalani yechishda juda sodda yutshi istashimiz tabiiydir.
Ba’zan shunday oson yo’l izlashda bizga uzun murakkabechish yo’llari to’g’ri kelib, bundan kutulish mumkin bulmay koladi. Yoki masalani yechishda kup yordamchi teoremalarni keltirishga to’g’ri keladi. Kuyida shu xildagi masalani kurib chikamiz.
32. Tomonlari a ga teng bulgan teng tomonli uchburchak ichida M nukta berilgan. Bunda bulib, shu mikdorlar orasidagi boglanish topilsin.
Kuyidagi g’oya yechishning eng sodda yo’li bo’ladi:
M nukta berilgan uchburchak ichida yotganidan

munosabatga kelamiz.
Bunda Geron formulasi buyicha birmuncha almashtirish soddalashtirishlar bajargandan sung:

a, α, β, γ orasidagi boglanishga yuzaki Karaganda masala xal bulgan deyish mumkin.
Lekin (65) formula bir kancha algebraik almashtirishlardan sung birmuncha sodda kurinishga kelsa-da, uni talab etilgan boglanishni sanoatlantiradi deyish mumkii emas, chunki M nusta uchburchak tashsarisida bulganda ba’zi radikallarning oldiga (—) ishora suyishga turri kelar edi. Radikal ishorasini yusotnsh natijasida (65) formula ixchamros kurinishga keladi deya olamiz, lekin bunga erishish uchun ogir xisoblashlarga olib keladigan almashtirishlar silish kerak. Shu sababdan yechishning bu yo’lidan voz kechish kerak.
Shu munosabat bilan bu masalaning suyidagi boshsacha yechilishini kursatamiz (51-shakl);bu usul, uzun, lekin sodda algebraik almashtirishni uz ichiga oladi.

Biz larni o’tkazamiz va deb belgilaymiz, MAB, MBC, MCA uchburchaklardan:

Bundan:

Kuyidagi tenglikni x;am shunga o’xshash xosil qilamiz:

So’ngra I va II teoremalardan
Sunggi tengliklarni sushib, so’ngra maxrajdan -sutsazsak, ushbu xosil bo’ladi:

Bundan (67) tenglikni nazarda tutsak:

(67) va (68) munosabatlardan suyidagilar kelib chisadi:


(69), (70) va (71) tengliklardan:

Bundan tashsari Pifagor teoremasiga asosan:


(72) va (73) tengliklardan:

(66) ifodani (74) tenglikka quysak:

Buni soddalashtirsak, ushbu kelib chiqadi:

Mavzuga doir masalalar:

1. 
   Teng yonli ABC uchburchak berilgan (AB=BC). BAva BC tomonlar BN=BP= AB kesmalar qo’yilgan. AP va CN kesmalar D nuqtada kesishadi . BNDP to’rtburchakning yuzini berilgan uchburchak yuzi orqali toping.
   

Javob:

2. 
   Uchburchakning a va b tomonlar orasidagi burchagi 30 . Uchburchak uchinchi tomoni va yuzi topilsin.
   

Javob:S=

3. 
   ABC uchburchakda A burchak B burchajdan ikki marta katta , b va c tomonlar berilgan . a tomonni toping.
   

Javob: a=

4. 
   Tomonlari a,b,c va mos balandliklari , bo’lgan uchburchak berilgan. Tomonlari bo’lgan yangi uchburchak yasalgan. Birinchi uchburchak yuzini ikkinchi uchburchak yuziga nisbatini topilsin.
   

Javob:

5. 
   Uchburchakning a tomoniga tushirilgan balandlikning shu tomoniga tegishli medianadagi prayeksiyani toping.
   
6. 
   Uchburchakning a va b tomonlar orasidagi burchagi 120 . Uchburchak uchinchi tomoni va yuzi topilsin.
   

Javob:

7. 
   To’g’ri burchakning bissiktresasi gepotinuzani p va q kesmalarga bo’ladi: To’g’ri burchakli uchburchakning katetlarini va gepotinuzga tushirilgan balandlikni toping.
   
8. 
   Isbotlang: =
   
9. 
   Isbotlang: 4
   
10. 
    ABC uchburchakning tomonlari bir turli yo’nalishda nuqtalarga qadar shunday davom ettirilgan ki , A hosil bo’lgan . uchburchakning yuzining ABC uchburchak yuziga nisbatini toping.
    

Mavzuga doir masalalar:

1. 
   Teng yonli ABC uchburchak berilgan (AB=BC). BAva BC tomonlar BN=BP= AB kesmalar qo’yilgan. AP va CN kesmalar D nuqtada kesishadi . BNDP to’rtburchakning yuzini berilgan uchburchak yuzi orqali toping.
   

Javob:

2. 
   Uchburchakning a va b tomonlar orasidagi burchagi 30 . Uchburchak uchinchi tomoni va yuzi topilsin.
   

Javob:S=

3. 
   ABC uchburchakda A burchak B burchajdan ikki marta katta , b va c tomonlar berilgan . a tomonni toping.
   

Javob: a=

4. 
   Tomonlari a,b,c va mos balandliklari , bo’lgan uchburchak berilgan. Tomonlari bo’lgan yangi uchburchak yasalgan. Birinchi uchburchak yuzini ikkinchi uchburchak yuziga nisbatini topilsin.
   

Javob:

5. 
   Uchburchakning a tomoniga tushirilgan balandlikning shu tomoniga tegishli medianadagi prayeksiyani toping.
   

Javob: AF=

6. 
   Uchburchakning a va b tomonlar orasidagi burchagi 120 . Uchburchak uchinchi tomoni va yuzi topilsin.
   

Javob:

7. 
   To’g’ri burchakning bissiktresasi gepotinuzani p va q kesmalarga bo’ladi: To’g’ri burchakli uchburchakning katetlarini va gepotinuzga tushirilgan balandlikni toping.
   

Javob: ; ;

8. 
   Isbotlang: =
   

9. 
   Isbotlang: 4
   

10. 
    ABC uchburchakning tomonlari bir turli yo’nalishda nuqtalarga qadar shunday davom ettirilgan ki , A hosil bo’lgan . uchburchakning yuzining ABC uchburchak yuziga nisbatini toping.
    

Javob: 19

11. 
    Teng yonli ABC uchburchakning AB asosida K nuqta olingan va AK=a, BK=b. Agar AC=BC=p bo’lsa, CK kesma topilsin
    

Javob: CK=

12. 
    Teng yonli uchburchakning tomonlari 8, 5 va 5 bo’lib uchburchak ichidagi biror O nuqtadan tomonlariga tushurilgan perpindikulyarlar uchburchakni tengdosh uch bo’lakka bo’ladi. O nuqtadan uchburchkning asosigacha va teng tomonlarining birigacha bo’lgan masofalarini toping.
    

Javob: x=

13. 
    Uchburchakning B va C uchlaridan A burchakning bisektresasiga perpindikulyar tushurilgan. Shu perpindikulyar uzunliklarini toping.
    

Javob: ,

14. 
    ABC uchburchakda C va A balandliklar o’tkazilgan AB=13, BC=14, AC=15 bo’lsa Uchburchakning yuzini toping.
    

Javob:12

15. 
    Uchburchakda uchala balandlikning asoslari o’zaro tutashtirilgan . Bunda hosil bo’lgan uchburchakning perimetrini toping.
    

Javob:

16. 
    Uchburchakning a va b tomonlari hamda uchinchi tomonga tegidhli medianasi bo’yicha uning yuzini toping
    

Javob: bunda 2p=a+b+2

17. 
    Perimetri 2p gepotinuzaga tushirilgan balandligi h bo’lgan to’g’ri burchakli uchburchakning tomonlarini toping.
    

Javob:c=
b=

18. 
    Uchburchakning uchala balandligi bir nuqtada kesishishini Cheva teoremasidan foydalanib isbotlang
    
19. 
    Katetlari a va b bo’lgan to’g’ri burchakli uchburchakda, to’g’ri burchak uchidan o’tkazilgan medianani toping.
    

Javob:To’g’ri burchakdan gepotinuzaga tushirilgan perpindikulyardan iborat

20. 
    ABC uchburchakning BC asosida P nuqta olingan. AgarA munosabat bajarilsa, P nuqtaning holatini aniqlang.
    

Javob:BP=PC yaki P nuqta A dan tushirilgan perpindikulyarning asosida yotadi