\usepackagetabularx

İlginç Geometri Problemleri

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 R ve r, yükseklikleri ha, hb, hc olan bir ABC üçgeninde R+rmax{ha,hb,hc}olduğunu gösteriniz.

Çözüm. ABC üçgeninin ortosantrını (yüksekliklerinin kesim noktasını) ve çevrel çember merkezini H ve O ile gösterelim. Şu teoremleri göz önüne alalım.

ii(i) O’nun ABC’nin kenarlarına uzaklıklarının toplamı R+r’dir.

i(ii) O’dan kenarlara inilen dikme ayakları A, B, C olsun. Bu durumda HA=2OA, HB=2OB, HC=2OC eşitlikleri geçerlidir.

(iii) H’nin kenarlara göre simetrikleri çevrel çember üzerindedir.

Bu teoremlerin ispatlarını okuyucuya bırakacağız.

Üçgenin açıları için ABC alalım. Böylece max{ha,hb,hc}=ha olur. Ortosantrın BC kenarına göre simetriği H olsun. (i), (ii) ve (iii) kullanılarak R+rha eşitsizliğinin BH+CHAH eşitsizliğine dönüştüğü gözlenebilir. Sinüs teoremi yardımıyla bu eşitsizliğin cosB+cosCAH eşitsizliğine dönüştüğü gözlenebilir. Kosinüs teoremi yardımıyla bu eşitsizlik cosB+cosCcos(BC)=cosBcosC+sinBsinC eşitsizliğine dönüşür. cosB=x ve cosC=y alalım. Böylece x+yxy+1x21y2. Üçgen geniş açılı olmadığından x0, y0 kısıtlamaları var. Ayrıca 2BπC ve 2CπB olduğundan, cosBsinC2 ve cosCsinB2, yani 2x2+y1 ve  x+2y21 kısıtlamaları da elde edilir.

Şimdi f(x,y)=xy+1x21y2xy

fonksiyonunun x=0, y=02x2+y=1 ve x+2y2=1 ile belirli olan bölgede minimum değerini arayalım.

fx=yx1x21y21=0fy=xy1y21x21=0 şartlarından  1y(1y1x2+x1+y)=01x(1x1y2+y1+x)=0elde edilir. 1y1x2+x1+y=0 veya y=1 olmalıdır. y=1 ise, bu ikinci eşitlikte kullanılarak x=1 veya x=1 elde edilir. x0 olduğundan (1,1) çifti geçerlidir. Fakat bu nokta bölgeye dahil değildir. Diğer olasılıklar da incelenirse tek mümkün çözümün (1,1) olduğu anlaşılır. Şu halde minimumu bölgenin sınırlarında aramalıyız. 

x=0 olsun. f(0,y)=1y2y ve 0y1 için fy=y1y21=0 olduğundan çözüm yok. y=0 olunca da minimum adayı yok.

2x2+y=1 olsun. f(x,y)=4x3+2x2+2x1 ve x0 için 6x3+2x+1=0 olduğundan x=1+760.6 elde edilir. Bu bir minimum adayıdır. Bu durumda f(x,y)0.06 bulunur. x+2y2=1 olunca da aynı duruma varılacaktır.

Son olarak da kritik noktalara bakalım. f(0,0)=1, f(22,0)=0 , f(0,22)=0, ve parabollerin kesim noktasında f(12,12)=0. Şu halde bu bölgede f(x,y)0 olduğunu gözlemiş olduk.

R+rmax{ha,hb,hc}’de eşitlik hali ABC eşkenarken veya ikizkenar dik üçgenken sağlanacaktır. ◻

Problem 2. Köşeleri birim çember üzerinde olan bir ABC üçgeninin içinde alınan bir P noktası için PAPBPC<3227 olduğunu ve 3227’nin en iyi üst sınır olduğunu gösteriniz.

Çözüm. Birim çemberin içinde bir P noktası alalım ve P’yi merkez O ile birleştirerek BC çapını oluşturalım. Rastgele bir ABC üçgeni aldığımız zaman P, ABC’nin içinde olduğundan A, B köşeleri çapın bir tarafına, C köşesi de çapın öteki tarafına düşecektir. Aynı nedenden dolayı C köşesi küçük AC yayı üzerinde olamaz.

Kolayca PC<PA ve PB<PC olduğu görülebilir. PB=x alınarak, PAPBPC<PAPAPC=x(2x)2 elde edilir. f(x)=x(2x)2’nin maksimumu x=23’te sağlanır ve PAPBPC<f(23)=3227 elde edilir. 3227’nin en iyi üst sınır olduğu aşağıdaki şekilden görülmektedir. ◻

Problem 3. Bir ABC üçgeninde içmerkez I olsun. AI, BI, CI doğruları çevrel çemberi sırayla A, B ve C’de kessin. 2(AI+BI+CI)AA+BB+CC olduğunu gösteriniz.

Çözüm. İspatını okuyucuya bırakacağımız şu teoreme bakalım.

AI, BI, CI doğruları, A, B, C noktalarını köşe kabul eden üçgenin yükseklikleridir.

BC, AA’yü A’de kessin. B ve C de benzer şekilde tanımlansın. Erdös-Mordell eşitsizliğine göre 2(IA+IB+IC)IA+IB+IC .

2IA=AI, 2IB=BI, 2IC=CI olduğunu kullanarak, AI+BI+CIIA+IB+IC ve istenen 2(AI+BI+CI)AA+BB+CC’yi elde ederiz. ◻

Problem 4. a, b, c bir üçgenin kenarları, p, q, r ise pozitif sayılar olsun. S üçgenin alanı olmak üzere, pq+ra2+qp+rb2+rp+qc223S olduğunu gösteriniz.

Çözüm. q+r=x, p+r=y, p+q=z alalım; x, y, z pozitiftir.

x+y+zxa2+xy+zyb2+x+yzzc243S olduğunu görmeliyiz. Böylece (yxa2+xyb2)+(zxa2+xzc2)+(zyb2+yzc2)(a2+b2+c2)43S .

yxa2+xyb22ab, ve diğerleri için de yapılırsa, 2(ab+ac+bc)(a2+b2+c2)43S olduğunu görmek yeterlidir.

ab+ac+bc=2S(1sinA+1sinB+1sinC) ve a2+b2+c2=4S(cotA+cotB+cotC) olduğu göz önüne alınırsa, 1sinA+1sinB+1sinC(cotA+cotB+cotC)3 ve 1sinαcotα=tanα2 olduğundan, tanA2+tanB2+tanC23elde edilir. Bu son eşitsizliği okuyucuya bırakacağız. ◻

Problem 5. Kenarları ai, bi, ci, i=1,2,,n, olan n tane üçgen göz önüne alınız. Yarıçevreleri vi, çevrel ve içteğet çember yarıçapıları Ri ve ri olmak üzere, 3[i=1nai1n+i=1nbi1n+i=1nci1n]i=1n(viRiri)1n olduğunu gösteriniz.

Çözüm. pi, i=1,2,,n, çevreleri göstersin. viRiri=pi2aibici olduğu kullanıldığında eşitsizlik 3[i=1nai1ni=1nbi1n+i=1nai1ni=1nci1n+i=1nbi1ni=1nci1n]i=1npi2n halini alır. pi’leri sabit tutalım. Böylece sağ taraf sabit kalacaktır. Sol taraf 3[i=1nai1n(i=1nbi1n+i=1nci1n)+i=1nbi1ni=1nci1n] şeklinde yazılabilir. i=1nbi1ni=1nci1n=i=1n(bici)1n ifadesi bi=ci olduğunda maksimumdur. Öte yandan i=1nbi1n+i=1nci1n1ni=1n(bi+ci)=Sabit.

Eşitlik yine bi=ci iken vardır. ai,bi ve ci simetrik olduğundan sol taraf ai=bi=ci olduğunda maksimum olur. Bu durum eşitlik halidir. ◻

Problem 6. Bir üçgenin içinde alınan bir noktanın köşelere uzaklıkları R1, R2, R3, kenarlara uzaklıkları ise Γ1, Γ2, Γ3 olsun. R1R2R38Γ1Γ2Γ3 olduğunu gösteriniz.

Çözüm. Şekilden R1/R2=sinθ2/sinθ1 görülüyor. Diğerleri de yazılıp çarpılırsa k=sinθ1sinθ3sinθ5=sinθ2sinθ4sinθ6 yazılabilir.

Öte yandan sinθ1sinθ6sin2A2sinθ2sinθ3sin2B2sinθ4sinθ5sin2C2 eşitsizlikleri gösterilebilir. Bunlar çarpılıp, sinA2sinB2sinC2=Γ4R18olduğu kullanılarak, k2164, k18 ve k=Γ1Γ2Γ3R1R2R3 olduğundan istenen elde edilir. ◻

Problem 7. F ve F bir çemberin içinde merkeze göre simetrik iki nokta olsun. S ise çember üzerinde, fakat FF doğrusu üzerinde olmayan bir nokta olsun. SF ve SF doğruları çemberi P ve P’de kessin. P ve P’deki teğetler T’de kesişsin. FF doğru parçasının orta dikmesinin ST’nin orta noktasından geçtiğini gösteriniz.

Çözüm. Şekilde SF=x, FP=u, SF=y, FP=v, ayrıca x+u=c, y+v=b, PP=a, açılar için α+β=A, SPP=B, SPP=C alınmıştır. M, ST’nin ortasıdır. İsteneni göstermek için FM=FM olduğunu göstereceğiz.

FM2=x2+MS22xMScosα,FM2=y2+MS22yMScosβ; şu halde aşağıda x2y2=2xMScosα2yMScosβ olduğunu görmeliyiz.

Çemberde kuvvetten x(cx)=y(by) olduğundan cxby=x2y2 olur. Böylece istenen cxby=2xMScosα2yMScosβxy=2MScosβb2MScosαcxy=vudur. Ayrıca vu=cosBcosC olduğu kolayca görülebilir. Şu halde istenen cosBcosC=2MScosβb2MScosαc .

Öte yandan, 2MScosβ=ST2+b2a24cos2A2b ve 2MScosα da benzer şekilde yazılırsa istenen ST2b2a24cos2AST2c2a24cos2Acb=cosBcosC olur. Son olarak, ST2=b2+a24cos2A+abcosBcosA=c2+a24cos2A+accosCcosA olduğu kullanılırsa, abcosBcosAaccosCcosAcb=cosBcosC elde edilir. Dolayısıyla FM2=FM2 ve FM=FM’dir. ◻

Not. Bu problem Hüseyin Demir ve Cem Tezer tarafından American Mathematical Monthly’de 1991 yılında Problem E3422 olarak yayımlandı. Problemin aslında F ve F’nin çemberin içinde olması gerekmiyor. F ve F çemberin dışındayken de benzer bir ispat yapılabileceğini umuyorum. Fakat şu an bunu başaramadığım için probleme içinde olma koşuluna ekledim. F ve F 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.

- Son sayıyı sipariş vermek için tıklayın. -Newspaper WordPress Theme

Son eklenen yazılar

Sayı Nedir?

Yazar: Ali Nesin - Nesin Matematik Köyü - anesin@matematikkoyu.org Yıl: 2024-1 Sayı: 119 1. Biraz Tarih Öncesi Sayıların bulunması kolay olmamıştır kuşkusuz. Bulunan ilk nicelik kavramları ''az'' ve...

Avrupa Matematiği: Pullardaki Tarih

Yazar: Robin Wilson The Open University (Çeviri: Olcay Coşkun) Yıl: 2023-4 Sayı: 118 Dünya çapındaki yüzlerce pulda matematiğin ve tarihinin bulunması şaşırtıcıdır. Portorož’daki 8ECM (8’inci Avrupa Matematik...

Matematik Tarihinin, Matematik Öğretimine Yansımaları

Yazarlar: Ali Bülbül, Nazan Sezen Yüksel Yıl: 2023-4 Sayı: 118 Matematiğin icat mı yoksa keşif mi olduğu sorusunun henüz net bir cevabı olmamakla birlikte, matematik hakkında...