Homoteti ve Benzerlik

Yazar: Hüseyin Demir

Öklid düzleminde yer alan geometrik dönüşümlerden izometrileri Sayı 2 ve 3’te incelemiştik. Bu yazımızda homoteti ve benzerlik dönüşümlerini ele alacağız. İlerki sayılarımızda da evirtim dönüşümü C. Tezer tarafından tanıtılacak ve böylece dönüşümlerin tanıtılması bitmiş olacak.

Konuyu genel biçimde açıklamak için yönlü uzunluk kavramına ihtiyacımız var.

Yönlü Uzunluklar

Bir sayı ekseni üzerinde alınan ve apsisleri $a,b$ olan $A(a), B(b)$ gibi iki noktanın oluşturduğu $[AB]$ doğru parçasının uzunluğunun \[|AB|=|a – b|=|b – a| \hspace{55pt} (1) \] olarak tanımlandığını bilmekteyiz.

Bu tanımı genellemek üzere $\overline{AB}$ göstereceğimiz yönlü uzunluğu olarak \[\overline{AB}\ = \ b-a\]

=(ikinci noktanın apsisi)-(ilk noktanın apsisi) $\hspace{55pt} (2)$

olarak tanımlıyoruz.

(2) ‘den, eksene ait herhangi sırada alınan $A, B, C,D,….$ noktaları için hemen

$\overline{AB} $ + $\overline{BA} $$ = 0$ ya da $\overline{AB} $ = -$\overline{BA} $
$\overline{AB} $ + $\overline{BC} $ + $\overline{CA} $$ = 0$
$\overline{AB} $ + $\overline{BC} $ + $\overline{CD} $ + $\overline{DA} $$ = 0$

eşitliklerini yazabiliriz. Bunlara Chasles (Şal) bağıntıları deniliyor.

\[|AP| + |PB| = |AB| ⇔ P ∈ [AB] \] olmasına karşın yönlü uzunluklar için \[\overline{AP} + \overline{PB} = \overline{AB}\ \forall P \in AB \] geçerli olmaktadır.

Alıştırma

Bir sayı ekseni üzerinde herhangi bir sırada alınan $A, B, C, D$ gibi dört nokta arasında

$\overline{DA}\cdot$ $\overline{BC}$ +$\overline{PB}\cdot$ $\overline{CA}$ + $\overline{PC}\cdot$$\overline{AB} = 0 $ (Euler)
$\overline{PA}^{2}\cdot $ $\overline{BC}$ + $\overline{PB}^2\cdot$ $\overline{CA}$ + $\overline{PC}\cdot$$\overline{AB}$ + $\overline{BC}\cdot$$\overline{CA}\cdot$$\overline{AB} = 0 $ (Stewart)

bağıntılarını gösteriniz

Birinciyi gösterip ikincinin gösterilmesini size bırakıyoruz. a)’da sol tarafa $s$ dersek $P$’nin apsisi $x$ ise (2)’den

$s$ = $(a-x) $$(c-b) $ + $(b-x)$$(a-c)$ + $(c-x)$$(b-a)$

=$a$$(c-b)$ + $b$$(a-c)$ + $c$$(b-a$) – $x$$(c- b + a – c + b – a)$$ = 0 – 0 = 0$

Bölme Oranı

$[AB]$ bir doğru parçası ve $P ∈ AB$ ise \[λ(P)\ = \frac{\overline{PA}}{\overline{PB}}=\frac{a-x}{b-x}\]

oranına $P$ ‘nin $[AB]$’yi bölme oranı denir.

Bu oran $P$ ‘nin $(AB)$ açık aralığının dışında (içinde) olması halinde pozitif (negatif) olur. $P(A) = 0$ olup $P(B)$ tanımsızdır.

$[AB]$ ‘nin $I$ ortası ve $AB$ ‘nin sonsuzdaki $P_\textrm{∞}$ noktası için $P_\textrm{x} = 1$, $λ(I) = -1$, olacağı açıktır.

Çifte Oran, Harmonik Bölme

Bir doğru üzerinde bir $[AB]$ doğru parçası ve $C, D$ gibi iki nokta alınırsa $λ(C)$ ve $λ(D)$ oranlarının $λ(C)/λ(D)$ oranına çifte oran denir ve bu çifte oran

\[(AB,CD)\ = \frac{λ(C)}{λ(D)}=\frac{c-a}{c-b} :\frac{d-a}{d-b} \quad (5)\] olarak yazılır.

$(AB,CD) = -1$ olması halinde $C$ ve $D’ye$ $[AB]$’yi harmonik olarak bölüyor denir. Bu durumda (5) ‘den

\[\frac{c-a}{c-b} :\frac{d-a}{d-b} = -1\] \[⇒\frac{c-a}{c-b} +\frac{d-a}{d-b} = 0\] \[(c-a)(d-b)+(d-c)(c-b)=0\]elde edilir, bu da kısaltıldığında \[(a+b)(c+d)=2(ab+cd)\] verir. Bundan çıkarılacak ilk sonuç şu oluyor:

Sonuç: $C$ ve $D$ noktaları $[AB]$’yi harmonik olarak bölerse, $A$ ve $B$ de $[CD]$’yi harmonik olarak böler.

Homoteti

Sabit bir $O$ noktası ve sıfırdan farklı $k$ gerçel sayısı verildiğinde bir $P$ noktasını

$O, P, P’$ $doğrudaş$
$\overline{OP’}$ = $k\overline{OP}\qquad\qquad (7)$

olmak üzere $P’$ noktasına gönderen dönüşüme homoteti, $O$ noktasına homoteti merkezi ve $k$ sayısına homoteti oranı denir ve bu homoteti $[O,k]$ simgesiyle gösterilir.

$[O, 1]$ ‘in birim dönüşüm, $[O, —1]$’in ise $O$ merkezli simetri olacağı açıktır.

Yukarıdaki iki koşul

\[\vec{OP’}=k\vec{OP}\qquad\qquad (8) \]

vektörel eşitliği ile gösterilebilir. Hatta bazı matematikçiler (2) yerine sadece \[OP’=kOP\qquad\qquad (2′)\] yazıyorlar.

$k$’nın pozitif (negatif) olması durumunda homotetiye $pozitif (negatif)$ $homoteti$ deriz.

Soru: $[O, k]$ homotetisinin değiştirmediği nokta ve doğrular nelerdir?

Sonuç: Bir $[O, k]$ hometetisi

Bir $[AB]$ doğru parçasını, buna paralel ve uzunluğu $|k||AB|$ olan bir doğru parçasına
Bir doğruyu, buna paralel olan bir doğruya
Bir üçgeni, buna benzer olan bir üçgene
Yarıçapı $R$ olan bir çemberi, yarıçapı $R’= |k|R$ olan bir çembere dönüştürür.

Şekildeki gibi, $O$ homoteti merkezi $(A)$ çemberinin dışında alınırsa, $O’dan$ çizilen ortak bir dış (iç) teğet doğrunun $T, T’$ doğru noktaları homotetide karşıt noktalar olur: $[O,k](T)=T’$ . Genel halde \[[O,k](P)=P’\] ise $P,P’$ karşıt noktalarda çemberlerce çizilen teğet doğrular birbirine paralel olur.

Teorem: $ABC ↔ A’B’C’$ eşlemesinde karşıt kenarları birbirine paralel olup eş olmayan iki üçgen homotetiktir.

Gerçekten, $AA’\cap BB’ = {O}$ olsun ve $OC$ doğrusu $B’C’$ ‘yü $C^{”}$ ‘de kessin. Benzerlik ve orantı kullandığımızda $C^{”}=C’$ olduğu gösterilebilir, yani $CC^{”}$de $O$ ‘dan geçer.

Teorem: Merkezleri farklı ve eş olmayan iki çember iki türlü homotetiktir. Homoteti merkezleri, çemberlerin merkezler doğru parçasını harmonik olarak böler.

$(A)$ çemberinin bir $[AP]$ yarıçapı ile $(B)$ çemberinin $AP$ ‘ye paralel [P’ P^{”}] çapını çizelim. $P$ ile $P’$ noktaları $AB$ ‘nin aynı tarafında ise dış homoteti merkezi $D = AB \cap PP’$, ve $P$ ile $P^{”}$ noktaları $AB$’nin ters tarafında olup iç homoteti merkezi de $C = AB \cap PP^{”}$ olur.

Harmonik bölmeye gelince,\[\overline{DA}:\overline{DB}=a:b,\qquad \overline{CA}:\overline{CB}=a:b \] olup \[λ(D)=a/b=-λ(C)\] çıkar.

Üçgenlerde $Menelaus$ $teoremini$ biliyorsanız (bkz. s. 15) aşağıdaki teoremin ispatını kendiniz verebilirsiniz:

Teorem: Merkezleri doğrudaş olmayan, yarıçapları farklı üç çemberden oluşturulan çember çiftlerinin

dış homoteti merkezleri
iki iç ve bir dış homoteti merkezleri doğrudaştır.

Homoteti Aleti (Pantograf)

Pantograf, ressamlar tarafından resimleri istenilen bir oranda büyültmek ya da küçültmek için kullanılan bir alettir. Büyük kentlerde bazı kırtasiyecilerde satılmaktadır.

Alet sade olup şekilde gösterildiği gibi bir paralelkenardır. Kenarlar çubuklardan yapılmış olup uçlarından eklemlidir.

$[AB]$ çubuğu uzantılıdır.

$OABC$ paralelkenarının $[BC]$ kenarı üzerinde bir $P$ noktası işaretleyelim. $OP$ doğrusu $[AB]$ uzantısını bir $P’$ noktasında kessin. $P’$ ‘yü de uzantı üzerine işaretleyelim.

Eklemli paralelkenar oynatılıp biçimi değiştirildiğinde $O$ noktası sabit tutulacak olursa aşağıdaki iki özellik geçerli kalmaktadır:

$O, P, P’$ doğrudaş kalır,
$\overline{OP’} : \overline{OP}$ oranı sabit kalır.

O halde alet $[O , \overline{OP’}$/$\overline{OP}$] homotetisini tanımlar. Bunun böyle olduğunu göstermede güçlük çekmeyeceksiniz.

$O$ noktası sabit tutulup $P$ noktasına yerleştirilen sivri bir uca bir sabit çizdirildiğinde, $P’$ ‘ye yerleştirilen kalemin ucu o şeklin bir homotetiğini çizer. Homoteti oranı, $P$ ‘nin $[AC]$ üzerindeki yerine bağlı olarak ayarlanabilir.

Uygulamalar

Uygulama 1: $p$ ve $q$ gibi,kesişen iki doğru ve bunların dışında bir $A$ noktası verildiğinde $A$’dan geçip $p$ ve $q$’yu $P$ ve $Q$’da kesen hangi doğru için $[AP] = 2|AQ|$ olur?

$[A, -2]$ hemotetisi $q$’ya uygulandığında $q’$ görüntüsü $p$’yi, aranılan $P$ noktasında keser.

Uygulama 2: Bir $ABC$ üçgeninin içine, $P,Q$ köşeleri $[CA]$ ve $R,S$ köşeleri öteki iki kenar üzerinde bulunan $PQRS$ karesinin çizilmesi.

$[CA]$ kenari üzerine dıştan $CAQ’P’$ karesini çizdiğimizde çizilecek kare bu karenin $A$ merkezli hemotetiği olur ve $P= AP’ ∩ CA , Q= AQ’ ∩ CA$ elde edilir.

Uygulama 3: Teorem: Bir $T$ çemberi, içten bir $P$ çemberine bir $O$ noktasında teğet olsun. İçteki çemberin bir $T$ noktasındaki teğet doğrusu $T$’yi $E,F$’de keserse $[O]$ ışını $EOF$ açısının iç açıortayıdır.

Bu iki çember hemotetik olup hemotetik merkezi $O$ değme noktasıdır ve $T$’nin görüntüsü $T’$ ise $T$’deki teğet doğru $T$’deki $EF$ teğet doğrusuna paralel olup $T’$ noktası $EF$ yayının ortası olur. O halde $OT$ açıortaydır.

Uygulama 4: $\Delta ABC : a, \sphericalangle A, v_b$.

(Yukarıda gelenekselleşmiş ifadesiyle verdiğimiz çizim probleminde a kenar uzunluğu, $A$ açısı ve $B$ köşesine ait $v_b$ kenarortay uzunluğu verilen bir $ABC$ üçgeninin çizimi söz konusudur.)

Çizim:

$[BC]$ kenarı çizilir.

B merkez ve $v_\textrm{b}= |BB`|$ yarıçaplı çember çizilir. Bu $[CA]$’nın $B’$ ortasının geometrik yeridir.

$|CA| =2|CB’|$ olup bu çemberin $[C,2]$ homotetiği altındaki görüntüsü $A$ için bir geometrik yerdir.

$A$ sabit olup $A$ köşesi bir çember yayı üzerinde bulunur. Bu iki çemberin arakesitleri, aranılan $A$ köşesini verir.

Uygulama 5

Bir $ABC$ üçgeninde birer kenarı$[AB], [AC]$, birer köşesi $[BC]$ üzerinde bulunan iki karenin ortak $X$ köşesinin çizilmesi.

Problemin ifadesine uygun olarak içteki köşeleri $X’, X^{”} $ olan iki kare çizilir.

$B$ açısı içindeki iki kare homotetik olup homoteti merkezi $B$’dir. O halde, bilinmeyen  noktası $BX’$ üzerindedir.

Benzer olarak, $X$ noktası $CX ’’ $ üzerindedir. Böylece $X$ noktası çizilmiş olur.

Uygulama 6: Şekilde $O$ merkezli bir çember ile yan kenarları iki yarıçap olan ikizkenar bir $OAB$ üçgeni verilmiştir. AB’ye paralel hangi $(EF)$ kirişi $OA, OB$ ile eş üç parçaya bölünür?

$EF$ doğrusu $OA$ ve $OB$’yi $X$ ve $Y$’de kessin. Bir $[O, k]$ homotetisi ile $XY$ doğrusunu $AB$ doğrusuna dönüştürelim. $E$,$X$,$Y$,$F’$nin görüntüleri $E’$, $A$, $B$,$F’$ olsun.$|E’A|=|AB| =|BF’|$ olup $E’,F’$ çizilebilir. Bunlardan da $E,F$ elde edilir.

Uygulama 7: Bir $ABC$ üçgeninin $[AB]$,$[AC]$ kenarları üzerinde \[|BX|:|XY|:|YC|=3:1:2\] olacak biçimde $X$ ve $Y$ noktalarının bulunması.

$B$ merkezli bir homoteti ile $x$ ‘i $A$’ya gönderdiğimizi düşünelim. $Y$ ‘nin görüntüsü $Y’$ ve $C$ ‘ninki $C’$ ise \[\frac{|AB|}{3}=\frac{|AY’|}{1}=\frac{|Y’C’’|}{2}\] olup \[|AY’|=\frac{1}{3}|AB|,\qquad |Y’C’|=\frac{2}{3}|AB|\] elde edilir. Bu sonuç da $C’$ ‘yü ve $Y’$ için iki geometrik yer verir. Bu geometrik yerler ise $A$ ve $C’$ merkezli iki çemberdir. $Y’$ ‘nün çiziminden $Y= AC\cap BY’$ bulunur. $Y$ ‘den $Y’A$ ‘ya çizilen paralel doğru ise $AC$ ‘yi, verilen $X$ noktasında keser.

Hometetilerin Çarpımı

Teorem: İki homotetinin çarpımı, merkezi merkezler doğrusu üzerinde ve oranı oranların çarpımı olan bir homotetidir. \[[B,µ][A,λ]=[C,λµ],\qquad C ∈ AB\]

İspat: Karmaşık sayılar, izometri ve homoteti dönüşümlerinin incelenmesinde elverişli olduğu için ispatı karmaşık sayılar düzleminde vereceğiz.

$A$ ve $B$ noktalarına karşılık gelen karmaşık sayılar $a, b$ olsun.

Bir $z$ sayısının $[a,λ]$ homotetisi altındaki $z’$ görüntüsünü $a$ ve $z$ türünden yazalım. Bunun için $a, z,z’$ noktalarına $-a$ ötelemesini uygulayalım. Elde edilen $O, z -a,z’-a$ arasında $z’-a =λ (z-a)$ bağıntısı geçerli olur. Bu da \[z’=λz + (1-λ)a\] eşitliğini verir.

Benzer olarak $[b,µ](z’)=z’’$ ‘den de \[z’’= µz’ + (1-µ)b\] çıkar. $(1)$ ile $(1’)$ arasında $z’$ ‘yü yok ettiğimizde ise \[z’’=(λµ)z + (1-λ)µa + (1-µ)b\] elde edilir. Bunu da \[λ’’= (λµ)z + (1 -λµ)c\] biçiminde yazdığımızda iki homotetinin çarpımının [C, λµ] homotetisi olduğu çıkar. Burada \[(1 – λµ)c=(1-λ)µa + (1-µ)b\] ile belirli olup doğrusal ifadeler $C(c)$ merkezinin $AB$ üzerinde olduğu anlaşılır.

Benzerlik

Benzerlik dönüşümünün tanımını ve bir uygulamasını vermekle yetineceğiz. Konuya girmek isteyenler aşağıda vereceğimiz kaynak kitaptan yararlanabilirler.

Aynı merkezli bir $(O,θ )$ dönmesi ile bir $[O, k]$ homotetisinin çarpımına benzerlik $O$ noktasına benzerlik merkezi, $θ$ açısına benzerlik açısı ve $k$’ye benzerlik oranı denir.

Bu benzerliği $(O,θk)$ simgesiyle göstereceğiz. O halde \[[O,k](O,θ)=(O,θ,k)\] olup şekilden, çarpımda değişme özelliği olduğu görülür. O halde bu dönüşümü uygularken dönme ve hemotetiden herhangi biriyle başlanabilir ve öteki ile sonuçlandırılır.

\[P’=[O,k](O,θ)(P)=[O,k](P_1)\] \[P’=(O,θ)[O,k](P)=[O,θ](P_2)\]

Uygulama: $DEF$, bir $ABC$ üçgeninin bir iç üçgenidir. $D$ köşesi $[BC]$ üzerinde sabit olarak verilmiş ise ve $\sphericalangle EDF = 90^\circ$ , $|DF|= 2|DE|$ ile $E$ ve $F$’yi bulunuz.

Çizim: $AC$’ye önce $[D, 2]$ homotetisini uygulayıp $d$ doğrusunu elde edelim. $E$’nin $d$ üzerindeki görüntüsü $E_\textrm{2}$ olsun. $d$ ‘ye $ (D,90^\circ )$ dönmesi uygulanırsa $d$’nin $d’$ görüntüsü $AB$ ‘yi, aranılan $F$ noktasında keser ve bu nokta $E_\textrm{2}$ ‘nin görüntüsüdür. $F$ bilinince $E$ bulunur $(DE \perp DF)$.

Kaynak: PETERSEN, J., $Geometri$ $Problemleri$ $için$ $Teoriler$ $(Çeviren: F. Gürsan)$, Şirketi Mürettebiye Basımevi, Ist.,1943.

Not: Bu yazı Matematik Dünyası Dergisi arşivinden siteye eklenmiştir. Yazı ilk olarak derginin 1991 yılı 4. sayısında yer almıştır. Matematik Dünyası arşivi titiz bir çalışma ile çevrim içi platformlarda yeni okuyucularıyla buluşuyor. Bu yazıyı burada okunabilir hale getiren arşiv ekibi üyesi Yağmur Sak‘a ve tüm gönüllü arşiv ekibimize teşekkür ediyoruz. Yazıyı PDF olarak okumak için PDF arşivine buradan ulaşabilirsiniz.