Method of Configuration

विद्यार्थ्यांना भूमिती विषयातील सिद्धता अवघड जातात. कधीही न पाहिलेले प्रश्न सोडविण्यास कठीण जातात. असे का? तर मुलभूत गुणधर्मांचा अभ्यास व्यवस्थित झालेला नसतो. मग हे गुणधर्म लक्षात ठेवण्यासाठी व प्रश्न सोडविण्यासाठी त्यांचा योग्य रित्या वापर करण्यासाठी काय करावे? एक भूमितीय आकृती घेऊन त्या आकृतीचा सर्व बाजूनी विचार करून त्याच्या गुणधर्मांचा सखोल अभ्यास करावा. यालाच म्हणतात 'Method of Configuration'. आपण यामध्ये आता त्रिकोण या आकृतीचा अभ्यास करू.

सर्वप्रथम एक लघुकोन त्रिकोण, एक विशालकोन त्रिकोण व एक काटकोन त्रिकोण काढा. त्रिकोणाच्या तिन्ही बिन्दुंपासून समोरील बाजूस एक लंब काढा. हे लंब ज्या एका बिंदूमध्ये एकत्र येतात तो आपला लंबकेंद्र orthocenter (H) असतो.

           

                             आकृती १ - लघुकोन त्रिकोण

                               आकृती २ - विशालकोन त्रिकोण

                              आकृती ३ - काटकोन त्रिकोण

ह्या तिन्ही आकृत्यांमध्ये काय आढळले?

1)  लघुकोन त्रिकोणामध्ये H हा त्रिकोणाच्या आत असतो.

२) विशालकोन त्रिकोणामध्ये H हा त्रिकोणाच्या बाहेर असतो.

३) काटकोन त्रिकोणामध्ये H हा त्रिकोणाच्या काटकोन बिंदूवर असतो.

-----------------------------------------------------------------------------------------------------

आता आकृती-१ एक कडे लक्ष देऊन पहा. ∆BHC चा orthocenter कोण असेल हे आपण शोधून काढू.

B ह्या बिन्दुवरून HC ह्या बाजूवर लंब काढायचा झाल्यास BF हा त्याचा लंब होतो. का? तर HC हि बाजू आपल्याला लंब काढण्यासाठी F च्या दिशेने वाढवावी लागेल. आणि ˂ BFC हा काटकोन आहे. तर BF  म्हणजेच AB हा HC चा लंब झाला.

अशाचप्रकारे BH हि बाजू E पर्यंत लांबविली आणि AC  किंवा  EC हि बाजू  BH चा लंब झाला.

बाजू  HD  हि बाजू BC चा लंब आहे. बाजू HD हि पुढे बिंदू A पर्यंत वाढविली.

तर बाजू AB,AC  आणि AD ह्या ∆BHC च्या लंब आहेत. आणि ह्या सर्व बाजू बिंदू A मध्ये एकमेकास छेद देतात म्हणून A हा ∆BHC चा orthocenter आहे.

अशाचकारे त्रिकोणाची सममिती बघितल्यास C हा बिंदू ∆AHB चा orthocenter  आहे  आणि B हा बिंदू  ∆AHC चा orthocenter आहे!

----------------------------------------------------------------------------------------------------------

आता आपण आकृतीमधील चक्रीय चौकोन शोधून काढूयात. आपणास माहित आहे चक्रीय चौकोनामध्ये

समोरासमोरील कोनांची बेरीज हि 180® असते. आता असे चौकोन कोणते आहेत?

□ AFHE मध्ये ˂ F आणि ˂ E ह्यांची बेरीज 180® आहे. कारण ते काटकोन आहेत. त्यामुळे □ AFHE हा चक्रीय चौकोन झाला. आणि AH हा त्याचा व्यास झाला. अशाच प्रकारे इतर जोड्या आपल्याला मिळतील.

१)  □ AFHE -> AH व्यास

२) □ BFHD  -> BH व्यास

३) □ HDCE  -> CE व्यास

आता □ BCEF मध्ये आणि  ˂ BFC  आणि ˂ BEC हे कोन समान आहेत कारण ते काटकोन आहेत. त्यामुळे BC हा व्यास होऊन E आणि F हे बिंदू अर्धवर्तुळावरील बिंदू होतील. तसेच □ BCEF हा चक्रीय चौकोन होईल. अशाच प्रकारे इतर जोड्या आपल्याला मिळतील

४) □ BCEF ->  BC व्यास

५) □ CAFD  -> CA व्यास

६) □ ABDE   ->AB व्यास

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------

  

आता चक्रीय चौकोनामध्ये कुठलाही कोन दूरस्थ आंतर कोन remote exterior angle एवढा असतो हे आपण सिद्ध करूया

आकृती:

˂e+˂d = 180®  (रेषीय जोडीतील कोन)

˂a+˂d = 180®  (चक्रीय चौकोनातील समोरासमोरील कोन)

 ˂e = ˂ a

आता आपल्या आकृतीमध्ये खालील कोन वरील नियमानुसार समान होतील  कारण □ BCEF हा चक्रीय चौकोन आहे.

˂AEF = ˂FBD

˂AFE = ˂ECD

तसेच इतर दोन चक्रीय चौकोन लक्षात घेऊन खालील जोड्या मिळतील.

˂BDF = ˂BAC

˂BFD = ˂ECD

˂EDC = ˂BAC

˂DEC = ˂ABC

यावरून आपणास निष्कर्ष काढता येईल कि ∆ABC आणि ∆ AEF हे दोन त्रिकोण समरूप आहेत. अशाच आणखी दोन जोड्या आपल्याला सममिती नुसार सांगता येतील.

१) ∆ABC  ~ ∆ AEF

२) ∆ABC  ~ ∆ DBF

३) ∆ABC  ~ ∆ DEC

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

आता आपण बाजू DA हि ˂FDE ची कोन दुभाजक आहे हे आपण सिद्ध करू शकतो.

आपल्याला काही समान कोन मिळाले आहे जे आपण पूर्वी सिद्ध केले. त्यावरून खालील गोष्ट आपण सिद्ध करू शकतो.

˂BDF =˂ EDC =˂ ABC --------------------(1)

˂BDA = ˂ ADC -------------------------( काटकोन)

˂BDF +  ˂FDH = ˂HDE + ˂EDC

˂FDH =  ˂ HDE -------------( क्रमांक १ नुसार ˂BDF आणि ˂ EDC हे समान आहेत)

यावरून असे सिद्ध होते कि बाजू DA हि ˂FDE ची कोन दुभाजक आहे. सममिती नुसार आपण असेही सिद्ध करू शकतो कि EB हि ˂FED ची कोन्दुभाजक आहे. तसेच FC हि ˂EFD ची कोनदुभाजक आहे.

∆DEF मध्ये त्रिकोणाच्या तिन्ही कोनांचे दुभाजक H ह्या बिंदूमध्ये एकमेकास छेदतात. त्यामुळे H हा बिंदू जो त्रिकोण ∆ABC चा Orthocenter आहे तोच बिंदू ∆DEF चा Incenter आहे.

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

समजा आपल्याला AB, BC, CA यांची लांबी दिलेली आहे प्रत्येकी  a, b, c. आता आपण वरील आकृतीत तयार होणाऱ्या सर्व रेषाखंडांची (BD,DC,EC,AE,AF,BF,DE,FE,FD,HE,FH,HD,HA,HB,HC) लांबी शोधून काढू.

हेरॉनच्या  सुत्रानुसार त्रिकोणाचे क्षेत्रफळ आपणास मिळेल. ([s(s-a)(s-b)(s-c)]^1/2)  हे क्षेत्रफळ समजा x आहे. क्षेत्रफळ आपण दुसऱ्या पद्धतीने सुध्दा काढू शकतो. (१/२ * पाया * उंची). आता पाया जर BC असेल तर उंची असेल AD. पाया जर AC असेल तर उंची असेल BE. तसेच  पाया जर AB असेल तर उंची असेल CF.

म्हणून x = १/२ * BC * AD

             x = १/२ * AC * BE

            x = १/२ * AB * CF

x आधी आपण काढले आहे. BC, AC, AB यांची लांबी दिलेली आहे. त्यामुळे AD,BE,CF यांची लांबी आपणास कळेल.

पायथागोरस च्या नियमानुसार

AB² =  BD² + AD²

AB, AD  ह्याची लांबी आपणास माहिती आहे. त्यामुळे BD ची लांबी आपणास कळेल. BD आणि BC माहिती असल्याने DC ची लांबी आपणास कळेल. अशाचप्रकारे AE, EC , AF , FB  ह्यांची लांबी आपण काढू शकू.

आता आपण पूर्वी हे सिद्ध केले आहे की ∆ABC आणि ∆ AEF हे समरूप आहेत. ∆ABC  ~ ∆ AEF

त्यामुळे  AB  / AE = BC / FE

यानुसार आपण FE ची लांबी काढू शकू. सममितीनुसार FD आणि DE यांची  पण लांबी काढू शकू.

□ BDHF हा चक्रीय चौकोन असल्याने बिंदू B,D,H,F हे वर्तुलावरील बिंदू आहेत. आकृतीचे निरीक्षण केल्यास असे लक्षात येईल कि AB आणि AD ह्या वर्तुळाच्या वृत्तछेदिका (Secant) आहेत. त्यामुळे वृत्तछेदिकांच्या नियमानुसार AF*AB = AH*AD असे म्हणता येईल. यामध्ये आपल्याला AF,AB, AD माहित असल्याने AH ची लांबी काढता येईल. AH आणि AD माहित झाल्याने HD काढता येईल.

सममितीनुसार HF,HC,HB आणि HE यांच्या लांबींची किंमत काढता येईल.

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

आता वरील त्रिकोणामध्ये तयार झालेल्या रेषाखंडांमधील परस्पर संबध आपण पडताळून बघू.

□ BDHF हा चक्रीय चौकोन असल्याने बिंदू B,D,H,F हे वर्तुलावरील बिंदू आहेत. हे आपण आधीच्या परिच्छेदात स्पष्ट केले. आता एक गोष्ट आपल्याला माहित आहे.

AF * AB = AH * AD  ------------------------------------------(1)

त्याचप्रमाणे □ DHEC हा पण एक चक्रीय चौकोन आहे. त्यामुळे वृत्तछेदिकेच्या नियमानुसार आपणास अजून एक स्पष्ट होते.

AE*AC = AH*AD -------------------------------------------(2)

आता उरलेला चक्रीय चौकोन आहे □ BFEC.  त्यामुळे वृत्तछेदिका AB आणि AC यामुळे मिळते

AF*AB = AE*AC -------------------------------------------(3)

क्रमांक १,२,३ वरून खालील Co-relation आपणास मिळते

AE*AC= AF * AB = AH * AD 

त्रिकोणाच्या सममितीनुसार इतर परस्पर संबंध आपण लिहू शकतो.

BF*AB=BH*BE=BD*BC

CD*CB=CH*CF=CE*CA

आता कोकोको कसोटीनुसार ∆ DEC आणि ∆ DBF हे समरूप होतात. त्यामुळे

DB/DE = DF/DC

DB *DC = DE*DF ------------------1

आता कोन ˂DHC आणि कोन ˂DBF हे समान आहेत. कारण ˂DHC हा ˂DBF चा दूरस्थ आंतरकोन (Remote Exterior Angle) आहे. त्यामुळे कोको कसोटीनुसार ∆ DBA आणि ∆ DHC हे समरूप होतात. त्यामुळे

DB*DC = DH*DA------------------------2

म्हणून DB *DC = DE*DF = DH*DA  (1 आणि 2 विधानानुसार)

त्रिकोणाच्या सममितीनुसार

AE*EC  = EH*EB  =  ED*EF

BF*FA  = FD*FE  =  FH*FC

□ BCEF हा चक्रीय चौकोन असल्याने अजून एक co-relation आपणास मिळते.

HB*HE = HF*HC ------------------------१

तसेच □ ACDF ह्या चक्रीय चौकोनामुळे आपणास मिळते

HA*HD = HF*HC-------------------------२

त्यामुळे HA*HD = HF*HC= HB*HE -----------------------(१ व २ क्रमांकानुसार)

--------------------------------------------------------------------------------------------------------

 

वरील आकृतीत स्पष्ट होते कि दोन त्रिकोणाच्या दोन बाजू समान असतील आणि त्या समान बाजुसमोरील कोन सुद्धा समान असतील तर त्या त्रिकोणांच्या परीवर्तुळांच्या त्रिज्या समान असतात.

आता दोन त्रिकोणाच्या दोन बाजू समान असतील आणि त्या समान बाजुसमोरील कोनांची बेरीज जर 180 असेल तर त्रिकोणांच्या परीवर्तुळांच्या त्रिज्या समान असतात. असे का?

समजा A₁B₁ ह्या बाजूवर A₂B₂ हि बाजू  ठेवली आणि P₁,P₂  हे त्रिकोणांचे दोन बिंदू परस्पर विरुद्ध बाजूस ठेवले. आता x+y = 180® असेल तर □ A₁P₁B₁P₂ हा चक्रीय चौकोन होतो. त्यामुळे ह्या चक्रीय चौकोनाच्या परिवर्तुळाच्या त्रिज्या समान होतात.

आता आपल्या मूळ आकृतीकडे आपण बघू.

  

∆ABC  आणि ∆HBC मध्ये BC हि बाजू समान आहे. जर आपण असे सिद्ध केले कि ˂BAC  आणि ˂BHC यांची बेरीज 180® आहे तर ∆ABC  आणि ∆HBC यांच्या परिवर्तुळाच्या त्रिज्या समान होतील.

 

□AFHE हा चक्रीय चौकोन आहे त्यामुळे

˂BAC  + ˂FHE = 180®

परंतु ˂FHE = ˂BHC -----------------(विरुद्ध कोन)

म्हणून ˂BAC  + ˂BHC  = 180®

त्यामुळे वर केलेल्या विधानानुसार ∆ABC  आणि ∆HBC यांच्या परिवर्तुळाच्या त्रिज्या समान आहेत.

सममितीनुसार आपण असे सिद्ध करू शकतो कि ∆ABC, ∆HAC, ∆ HAB आणि ∆HBC यांच्या परिवर्तुळाच्या त्रिज्या समान आहेत.

-----------------------------------------------------------------------------------------------------

 

आता ∆ABC  चे अंतर्वर्तुळ काढले. आकृतीत दाखविल्याप्रमाणे I  हा त्याचा Incenter  आहे. AF आणि  AE  ह्या वर्तुळाच्या tangent होतात. त्यामुळे AF = AE = x. त्याचप्रमाणे इतर रेषाखंड आपण निश्चित केले.

A(∆ABC) = A(∆AIC) + A(∆BIC)+ A(∆AIB)

समजा वर्तुळाची त्रिज्या r  आहे.

A(∆ABC) = 1/2 * AC * r + 1/2 * BC * r + 1/2 * AB* r

A(∆ABC) = 1/2* r*(AC+AB+BC)

त्रिकोणाची अर्धपरिमिती S = (AC+AB+BC) / 2

म्हणून A(∆ABC) = r * S                                                       

त्रिकोणाचे क्षेत्रफळ हे त्याच्या अंतरवर्तुळाची त्रिज्या आणि अर्धपरिमिती यांच्या गुणाकाराएवढे असते.

AB+BC+ AC =  x+y + y+z+x+z

a+b+c = 2(x+y+z)

x+y+z = a+b+c / 2

s = x+y+z

x= s - (y+z) = s -BC = s- a -------------------- x= s-a

y = s - (x+z) = s- AC = s-b -------------------  y= s-b

z = s - (x+y) = s- AB = s-c---------------------- z= s-c

यावरून असे सिद्ध होते कि हेरॉन च्या सूत्र मधील  s-a, s-b , s-c  हे अंतरवर्तुळाला असलेल्या tangents ची लांबी आहेत.

वरील आकृतीमध्ये कोन ˂ABC आणि ˂ACB ह्यांचे बाह्य कोनदुभाजक एकमेकांना I1 ह्या बिंदूमध्ये छेदतात. त्यामुळे I1 हा ∆ABC च्या बहिर्वर्तुलाचा मध्यबिंदू होतो. अशाचप्रकारे त्रिकोणाचे सर्वे बाह्य कोनदुभाजक काढून आपण तीन बहिर्वर्तुळ काढले. ह्या तीन वर्तुळाचे मध्यबिंदू I1,I2 , I3 आहेत व त्यांच्या त्रिज्या प्रत्येकी r1,r2,r3 आहेत.

आता आपण ∆ABC चे क्षेत्रफळ ह्या त्रिज्यांच्या सहाय्याने काढूयात. आकृतीचे निरीक्षण केल्यास असे लक्षात येते कि

A(∆ABC) = A(∆ABI₁) + A(∆ACI₁) - A(∆I₁BC)

∆ABI₁ मध्ये बाजू AB  वर I₁F₁ हा लंब टाकला आहे. आणि I₁F₁ हि वर्तुळाची त्रिज्या r₁  आहे. त्यामुळे A(∆ABI₁) = 1/2 *AB * r₁. अशींच पद्धतीने आपण अन्य त्रिकोणांचे क्षेत्रफळ लिहू शकतो.

A(∆ABC) = A(∆ABI₁) + A(∆ACI₁) - A(∆I₁BC)

                  = 1/2 *AB * r₁ + 1/2 *AC * r₁ - 1/2 *BC * r₁

                 = r₁ / 2 [AB+AC-BC]

                 = r₁ / 2 [AB+AC+BC - 2BC]

                = r₁ / 2 [2s - 2a]

  A(∆ABC) = r₁ (s-a) -------------------------------१

त्रिकोणाच्या सममितीनुसार आपण खालील गोष्टी सिद्ध करू शकतो.

A(∆ABC) = r₂(s-b) ------------------------------२

A(∆ABC) = r₃(s-c) --------------------------------३

A(∆ABC) = rs --------------------------------------४ हे आपण पूर्वी सिद्ध केले आहे.

१,२,३ आणि ४ ह्यांचा गुणाकार करूया.

A(∆ABC)⁴ = r * r₁ * r₂ * r₃ *( s (s-a)(s-b)(s-c)) -----------------1

हेरॉन च्या सूत्रांनुसार A(∆ABC) = [s (s-a)(s-b)(s-c)]^1/2

म्हणून A(∆ABC)^२ = [s (s-a)(s-b)(s-c)] ----------------------------------2

क्रमांक १ आणि २ नुसार

A(∆ABC)⁴ = r * r₁ * r₂ * r₃ * A(∆ABC)^२

A(∆ABC)^२ = r* r₁ * r₂ * r₃

A(∆ABC) = [r* r₁ * r₂ * r₃] ^1/2

आता आपण त्रिकोणाच्या काही बाजूंची लांबी निश्चित करूयात.

2S = AB+ BC+CA

    = AB+BD₁+D₁C+CA

    = (AB+BF₁) + (E₁C+CA) ---- [BF₁= BD₁ आणि D₁C = E₁C कारण त्या स्पर्शिकेच्या बाजू (Tangent Lengths)  आहेत]

  = AF₁ + AE₁

    = 2 AF₁ --------------[ AF₁= AE₁  कारण त्या त्या स्पर्शिकेच्या बाजू (Tangent Lengths)  आहेत]

AF₁ = S

त्रिकोणाच्या सममितीनुसार आपण खालील परस्पर संबध आपण लिहू शकतो.

AF₁= AE₁ = BD₂ = BF₂ = CD₃ = CE₃ = S

--------------------------------------------------------------------------------------------------------------

आता आपण हेरॉन च्या सूत्राचा उपयोग करून पायथागोरस चे सूत्र सिद्ध करूयात.

A((∆ABC) = 1/2 *b*c =  [s (s-a)(s-b)(s-c)]^1/2

दोन्ही बाजूंचा वर्ग करून

1/4 *b² * c² = s (s-a)(s-b)(s-c)

b² * c² = 4[s (s-a)(s-b)(s-c)]

आता वरील सूत्रात s ची किंमत टाकली (a+b+c)/2.

s- a = [(a+b+c)/2] -a = (a+b+c-2a)/2 = (-a+b+c)/2

s- b = [(a+b+c)/2] -b= (a+b+c-2b)/2 = (a-b+c)/2

s- c = [(a+b+c)/2] -c= (a+b+c-2c)/2 = (a+b-c)/2

b² * c² = 4( [(a+b+c)/2] *[(-a+b+c)/2 ]* [(a-b+c)/2]*[(a+b-c)/2])

4 * b² * c² = ((a+b+c)* (-a+b+c)* (a-b+c) *(a+b-c))

                 =  [(b+c)+a] * [(b+c)-a] * [a- (b-c)] * [a +(b-c)]

                 = [b² +2bc+c² - a²] * [a²-b²+2bc-c²]

                 = [2bc + (b² + c² - a² )] * [2bc - (b² + c² - a²)]

                 = 4 b² c² - [(b² + c² - a²)]²

                           =  4 b² c² - [b⁴  +  c⁴ + a⁴ - 2 a² b² + 2 b² c² - 2 c² a²]

 b⁴  +  c⁴ + a⁴ - 2 a² b² + 2 b² c² - 2 c² a² = 0

 [(a²  - b² - c²)]² = 0

a²  - b² - c²  = 0

a²   =  b² + c²  

अशाप्रकारे पायथागोरस चे प्रमेय सिद्ध करता येते

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------

आता आपण हेरोन चे सूत्र पायथागोरस चे सूत्र न वापरता सिद्ध करूयात.

मूळ आकृतीचे निरीक्षण केल्यास खालील बाबी लक्षात येतील.

CE₁ = AE₁ - AC = s - b ------------------ [AE₁= s हे आपण आधी सिद्ध केले आहे] --1

CD₁ =CE₁ = s-b ---------------------------[Tangent Lengths] ------------------------------2

CD = s-c -------------[Tangent Length to the incircle (z=s-c)  आपण आधी सिद्ध केले आहे ] ---3

आता ∆DCI  आणि ∆D₁I₁C बाबत आपल्याला काय सांगता येईल? तर ते समरूप आहेत.

˂IDC = ˂CD₁I₁  ------------------------------[काटकोन]

□I₁D₁CE हा चक्रीय चौकोन आहे. त्यामुळे

˂ECD₁ = ˂D₁I₁E₁

˂ECI + ˂ICD₁ = ˂D₁CI₁+ ˂I₁E₁

2˂ICD₁ = 2˂D₁CI₁ --------------------IC आणि CI₁ ह्या कोनदुभाजक आहेत.

˂ ICD₁ = ˂D₁CI₁

त्यामुळे कोको कसोटीनुसार ∆DCI  आणि ∆D₁I₁C हे समरूप त्रिकोण आहे.

आता समरूपतेच्या कसोटीनुसार

DC/D₁I₁ = DI/CD₁

(s-c) / r₁ = r / (s-b) ------------------------------------1,2,3 नुसार

r * r₁ = (s-b) (s-c)

[A(∆ABC) / s ] * [A(∆ABC )/(s-a)] = (s-b) (s-c)

[A(∆ABC)]² = s * (s-a) * (s-b)* (s-c)

A(∆ABC) = [s * (s-a) * (s-b) *(s-c)]^1/2

अशाप्रकारे हेरॉनचे त्रिकोणाच्या क्षेत्रफळाचे सूत्र सिद्ध होते.