Yazar: Emre Alkan (Boğaziçi Üniversitesi Matematik Bölümü öğrencisi)
Yıl: 1994-4
Bu yazıda okuyucuya bir dizi ilginç problem sunmaya çalışacağız. P. Erdös’e ait iki güzel problemle başlayalım.
Problem 1. Geniş açılı olmayan, çevrel ve iç yarıçapları ve , yükseklikleri , , olan bir üçgeninde olduğunu gösteriniz.
Çözüm. üçgeninin ortosantrını (yüksekliklerinin kesim noktasını) ve çevrel çember merkezini ve ile gösterelim. Şu teoremleri göz önüne alalım.
’nun ’nin kenarlarına uzaklıklarının toplamı ’dir.
’dan kenarlara inilen dikme ayakları , , olsun. Bu durumda , , eşitlikleri geçerlidir.
’nin kenarlara göre simetrikleri çevrel çember üzerindedir.
Bu teoremlerin ispatlarını okuyucuya bırakacağız.
Üçgenin açıları için alalım. Böylece olur. Ortosantrın kenarına göre simetriği olsun. , ve kullanılarak eşitsizliğinin eşitsizliğine dönüştüğü gözlenebilir. Sinüs teoremi yardımıyla bu eşitsizliğin eşitsizliğine dönüştüğü gözlenebilir. Kosinüs teoremi yardımıyla bu eşitsizlik eşitsizliğine dönüşür. ve alalım. Böylece . Üçgen geniş açılı olmadığından , kısıtlamaları var. Ayrıca ve olduğundan, ve , yani ve kısıtlamaları da elde edilir.
Şimdi
fonksiyonunun , , ve ile belirli olan bölgede minimum değerini arayalım.
şartlarından elde edilir. veya olmalıdır. ise, bu ikinci eşitlikte kullanılarak veya elde edilir. olduğundan çifti geçerlidir. Fakat bu nokta bölgeye dahil değildir. Diğer olasılıklar da incelenirse tek mümkün çözümün olduğu anlaşılır. Şu halde minimumu bölgenin sınırlarında aramalıyız.
olsun. ve için olduğundan çözüm yok. olunca da minimum adayı yok.
olsun. ve için olduğundan elde edilir. Bu bir minimum adayıdır. Bu durumda bulunur. olunca da aynı duruma varılacaktır.
Son olarak da kritik noktalara bakalım. , , , ve parabollerin kesim noktasında . Şu halde bu bölgede olduğunu gözlemiş olduk.
’de eşitlik hali eşkenarken veya ikizkenar dik üçgenken sağlanacaktır.
Problem 2. Köşeleri birim çember üzerinde olan bir üçgeninin içinde alınan bir noktası için olduğunu ve ’nin en iyi üst sınır olduğunu gösteriniz.
Çözüm. Birim çemberin içinde bir noktası alalım ve ’yi merkez ile birleştirerek çapını oluşturalım. Rastgele bir üçgeni aldığımız zaman , ’nin içinde olduğundan , köşeleri çapın bir tarafına, köşesi de çapın öteki tarafına düşecektir. Aynı nedenden dolayı köşesi küçük yayı üzerinde olamaz.
Kolayca ve olduğu görülebilir. alınarak, elde edilir. ’nin maksimumu ’te sağlanır ve elde edilir. ’nin en iyi üst sınır olduğu aşağıdaki şekilden görülmektedir.
Problem 3. Bir üçgeninde içmerkez olsun. , , doğruları çevrel çemberi sırayla , ve ’de kessin. olduğunu gösteriniz.
Çözüm. İspatını okuyucuya bırakacağımız şu teoreme bakalım.
, , doğruları, , , noktalarını köşe kabul eden üçgenin yükseklikleridir.
, ’yü ’de kessin. ve de benzer şekilde tanımlansın. Erdös-Mordell eşitsizliğine göre
, , olduğunu kullanarak, ve istenen ’yi elde ederiz.
Problem 4. , , bir üçgenin kenarları, , , ise pozitif sayılar olsun. üçgenin alanı olmak üzere, olduğunu gösteriniz.
Çözüm. , , alalım; , , pozitiftir.
olduğunu görmeliyiz. Böylece
, ve diğerleri için de yapılırsa, olduğunu görmek yeterlidir.
ve olduğu göz önüne alınırsa, ve olduğundan, elde edilir. Bu son eşitsizliği okuyucuya bırakacağız.
Problem 5. Kenarları , , , , olan tane üçgen göz önüne alınız. Yarıçevreleri , çevrel ve içteğet çember yarıçapıları ve olmak üzere, olduğunu gösteriniz.
Çözüm. , , çevreleri göstersin. olduğu kullanıldığında eşitsizlik halini alır. ’leri sabit tutalım. Böylece sağ taraf sabit kalacaktır. Sol taraf şeklinde yazılabilir. ifadesi olduğunda maksimumdur. Öte yandan
Eşitlik yine iken vardır. ve simetrik olduğundan sol taraf olduğunda maksimum olur. Bu durum eşitlik halidir.
Problem 6. Bir üçgenin içinde alınan bir noktanın köşelere uzaklıkları , , , kenarlara uzaklıkları ise , , olsun. olduğunu gösteriniz.
Çözüm. Şekilden görülüyor. Diğerleri de yazılıp çarpılırsa yazılabilir.
Öte yandan eşitsizlikleri gösterilebilir. Bunlar çarpılıp, olduğu kullanılarak, , ve olduğundan istenen elde edilir.
Problem 7. ve bir çemberin içinde merkeze göre simetrik iki nokta olsun. ise çember üzerinde, fakat doğrusu üzerinde olmayan bir nokta olsun. ve doğruları çemberi ve ’de kessin. ve ’deki teğetler ’de kesişsin. doğru parçasının orta dikmesinin ’nin orta noktasından geçtiğini gösteriniz.
Çözüm. Şekilde , , , , ayrıca , , , açılar için , , alınmıştır. , ’nin ortasıdır. İsteneni göstermek için olduğunu göstereceğiz.
şu halde aşağıda olduğunu görmeliyiz.
Çemberde kuvvetten olduğundan olur. Böylece istenen dur. Ayrıca olduğu kolayca görülebilir. Şu halde istenen
Öte yandan, ve da benzer şekilde yazılırsa istenen olur. Son olarak, olduğu kullanılırsa, elde edilir. Dolayısıyla ve ’dir.
Not. Bu problem Hüseyin Demir ve Cem Tezer tarafından American Mathematical Monthly’de 1991 yılında Problem E3422 olarak yayımlandı. Problemin aslında ve ’nin çemberin içinde olması gerekmiyor. ve çemberin dışındayken de benzer bir ispat yapılabileceğini umuyorum. Fakat şu an bunu başaramadığım için probleme içinde olma koşuluna ekledim. ve dışarıdayken çizim farklı olduğundan her şeyi yeniden düzenlemek gerekiyor.
Not: Bu yazı Matematik Dünyası Dergisi arşivinden siteye eklenmiştir. Yazı ilk olarak derginin 1994 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 Zeynep K‘ye ve tüm gönüllü arşiv ekibimize teşekkür ediyoruz. Yazıyı PDF olarak okumak için PDF arşivine buradan ulaşabilirsiniz.