Fermat'nın problemi

Problem 3: Dar açılı bir $\triangle{ABC}$ üçgeni içerisinde öyle bir nokta bulunuz ki bu noktanın $A$, $B$ ve $C$ köşelerine uzaklıkları toplamı minimum olsun.

Bu problemi çözmeden önce bir lemmayı ispatlayarak işe başlamak istiyoruz.
Lemma: $0 \leq \alpha \leq \beta \leq \gamma \leq 2 \pi$ aralığında ve $\alpha +\beta + \gamma = 2\pi$ olacak şekilde üç açı verilsin. $\Sigma := \cos \alpha + \cos \beta + \cos \gamma$ toplamının biricik global minimumu $-3/2$'dir ve toplam bu değeri $\alpha = \beta = \gamma = 2 \pi /3$ durumunda alır.
İspat: Açıların toplamı $2\pi$ kadar olduğundan aslında problemin serbestiyet mertebesi üçten ikiye düşmüştür. Dolayısıyla $\cos \gamma = \cos (2\pi - (\alpha + \beta)) = \cos (\alpha + \beta)$ trigonometrik özelliğini kullanarak kosinüsler toplamını sadece iki değişkenli bir fonksiyon haline indirgeyebiliriz. $\Sigma = \cos \alpha + \cos \beta + \cos (\alpha + \beta)$. Şimdi, ekstremum şartlarını aramak için kısmi türevlere bakalım.
$$\begin{eqnarray}\nonumber \frac{\partial \Sigma}{\partial \alpha} &=& -\sin \alpha - \sin (\alpha + \beta) = 0\\ \nonumber \frac{\partial \Sigma}{\partial \beta} &=& -\sin \beta - \sin (\alpha + \beta) = 0 \end{eqnarray}$$ Bu denklemlerden $\sin \alpha = \sin \beta$ olması gerektiği barizdir. Sinüsleri eşit olan açıların kosinüsleri için iki durum vardır: (I) $\cos \alpha = \cos \beta$ veya (II) $\cos \alpha = -\cos \beta$. Bu sonuçları ekstremum şartlarından ilki ile kullanırsak, $$\begin{equation*} -\sin \alpha - \sin\alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta = -\sin \alpha \left\{ 1 + \cos \alpha + \cos \beta \right\} = 0 \end{equation*}$$ elde ederiz. Bu bize iki denklem verir. Ya $\sin \alpha = 0$ ya da $1 + \cos \alpha + \cos \beta=0$. Öncelikle $\sin \alpha = 0$ denklemini irdeleyelim. Bu kolay denklemin aradığımız aralıktaki çözümleri $\alpha = \{0, \pi, 2\pi \}$ şeklindedir. Bu çözüme tekabül eden $(\alpha,\beta,\gamma)$ üçlüleri ve $\Sigma$ fonksiyonunun değerleri aşağıdaki tabloda özetlenmiştir.

$\alpha$	$\beta$	$\gamma$	$\Sigma$
$0$	$0$	$2\pi$	$3$
$0$	$\pi$	$\pi$	$-1$
$0$	$2\pi$	$0$	$3$
$\pi$	$\pi$	$0$	$-1$
$\pi$	$0$	$\pi$	$-1$
$2\pi$	$0$	$0$	$3$

Öte yandan $1 + \cos \alpha + \cos \beta =0$ olduğunu varsayar ve (I) nolu durumu uygularsak, $\cos \alpha = \cos \beta = -1/2$ sonucuna ulaşırız ki bu da tek uygun çözüm olarak $\alpha = \beta = \gamma = 2\pi/3$ ve $\Sigma = -3/2$ sonucunu vermektedir. Ne $\alpha$ ne de $\beta$, $4\pi/3$ değerini alamazlar. Çünkü (a) her ikisi de $4\pi/3$ olduğunda $\gamma$ negatif olur. (b) Birisi $2\pi/3$ öteki $4\pi/3$ olduğunda ise $\sin \alpha = -\sin \beta$ çıkar ki bu da ekstremum şartlarından elde edilen bulgular ile çelişmektedir. (II) nolu durum $1+\cos \alpha + \cos \beta$ toplamını sıfır yapmadığından, incelenmeyecektir. Bütün durumlar incelendiğinde $\Sigma$ fonksiyonunun global minimumunun $\alpha = \beta = \gamma = 2\pi/3$ durumunda $-3/2$ değerinde olduğu görülmektedir. QED

Trigonometri ve analize olan borçlarımızı ödedik. Şimdi Fermat'nın problemine başlayabiliriz. Öncelikle $\triangle ABC$ üçgeninde en geniş açının $\angle BAC$ olduğunu varsayıyor ve analitik düzlemde üçgenimizin köşelerini $A=(0,a)$, $B=(b,0)$ ve $C=(c,0)$ noktalarına yerleştiriyoruz. Üçgende geniş açı olmadığından $b \leq 0$ seçilmelidir. (Neden?) $P$ noktasının koordinatı $(x,y)$ olsun. Bu noktanın üçgenin köşelerine olan toplam uzaklığını $$\begin{equation*} \delta := |PA| + |PB| + |PC| \end{equation*}$$ tanımlayalım. Pisagor teoreminin analitik geometriye basit bir uygulaması olarak $$\begin{eqnarray}\nonumber |PA| &=& \sqrt{x^{2}+(y-a)^{2}},\\ \nonumber |PB| &=& \sqrt{(x-b)^{2}+y^{2}}, \\ \nonumber |PC| &=& \sqrt{(x-c)^{2}+y^{2}} \end{eqnarray}$$ yazabiliriz. Optimize etmek istediğimiz uzunluğu $x$ ve $y$'nin fonksiyonu olarak elde ettik. Artık ekstremum şartlarını bir kere daha kullanacağız. $$\begin{eqnarray} \nonumber \frac{\partial \delta}{\partial x} &=& \frac{x}{|PA|} + \frac{x-b}{|PB|} + \frac{x-c}{|PC|}=0 \\ \nonumber \frac{\partial \delta}{\partial y} &=& \frac{y-a}{|PA|} + \frac{y}{|PB|} + \frac{y}{|PC|} =0 \end{eqnarray}$$ İki tane bilinmeyeni içeren iki tane denklemimiz var ama bu denklemler maalesef birinci dereceden değil. Brüt kuvvet paradigması önce paydalardaki kareköklerden kurtulup daha sonra ekstremum şartlarını çözmeyi önerecektir. Bu çok da pratik bir yol değildir, çünkü paydalardaki köklerden kurtulana kadar denklemlerin derecesi artar. (İki defa kare alıp paydaları eşitlediğimizi düşünün!) Bu gönderideki Lemma'yı da kullanabilmek amacıyla önce $\vec{PA} = (-x,a-y)$, $\vec{PB}:=(b-x,-y)$ ve $\vec{PC}=(c-x,-y)$ vektörlerini tanımlayıp bu vektörler arasındaki açıları iç çarpım formülünden hesaplayalım. $$\begin{eqnarray} \nonumber \cos (\angle BPC) &=& \frac{\vec{PB} \cdot \vec{PC}}{|PB| |PC|}=\frac{(x-b)(x-c)+y^{2}}{|PB| |PC|} \\ \nonumber \cos (\angle APC) &=& \frac{\vec{PA} \cdot \vec{PC}}{|PA| |PC|}=\frac{x(x-c)+y(y-a)}{|PA| |PC|} \\ \nonumber \cos (\angle APB) &=& \frac{\vec{PA} \cdot \vec{PB}}{|PA| |PB|}=\frac{x(x-b)+y(y-a)}{|PA| |PC|} \end{eqnarray}$$ Bariz olanı bütünlüğü muhafaza adına kaydedelim: $m(\angle BPC) + m(\angle APC) + m(\angle APB) = 2\pi$. Şimdi ekstremum şartlarından her ikisinin de karesini alıp taraf tarafa topladığımızda $$\begin{equation*} \frac{x^{2}+(y-a)^{2}}{|PA|^{2}} + \frac{(x-b)^{2}+y^{2}}{|PB|^{2}} + \frac{(x-c)^{2}+y^{2}}{|PC|^{2}} +2 \left\{\frac{(x-b)(x-c)+y^{2}}{|PB| |PC|} + \frac{x(x-c)+y(y-a)}{|PA| |PC|} + \frac{x(x-b)+y(y-a)}{|PA| |PC|} \right\}=0 \end{equation*}$$ sonucunu elde ederiz. Bu son denklemde ilk üç terimin de 1 olduğunu hemen gözleyelim. Öte yandan parantez içindeki terimler de daha önce hesapladığımız kosinüslerdir. Dolayısıyla $$\begin{equation*} 3 + 2 \left\{\cos (\angle BPC) + \cos (\angle APC) + \cos (\angle APB) \right\} =0 \end{equation*}$$ denklemine ulaşmış bulunuyoruz. Bu çözümün ilk yarısında ispatladığımız Lemma gereğince $m(\angle BPC)=m(\angle APC)=m(\angle APB)=2\pi/3$ olmalıdır, ki bu da Fermat problemini çözer. Çünkü $P$ noktasının $A$, $B$ ve $C$ noktalarına göre durumu tarif edilmiştir.

Pekiyi, $P$ noktası biricik mi yoksa aynı şekilde başka noktalar da bulunabilir mi? Şekilde $x:=m(\angle BAP)$ ile gösterilen açının ölçüsünü hesaplayabilirsek ve bu değerin biricik olduğunu gösterebilirsek o zaman $P$ noktasının da biricik olduğunu göstermiş oluruz. (Buradaki $x$ açısı ile koordinatları temsil eden $x$ değişkeni farklıdır!) Şekildeki diğer bütün açılar $x$ cinsinden ifade edilebilirler: $m(\angle ABP) = \frac{\pi}{3}-x$, $m(\angle CBP) = B+x-\frac{\pi}{3}$, $m(\angle BCP) = \frac{2\pi}{3}-B-x$, $m(\angle ACP) = \frac{\pi}{3}-A+x$ ve $m(\angle CAP) = A-x$. Burada $A$, $B$ ve $C$ üçgenin köşe açılarının ölçüleridir. Şimdi sinüs teoremini üç defa uygulayalım. $$\begin{eqnarray}\nonumber \triangle ABP : && \frac{\sin x}{\sin (\frac{\pi}{3}-x)}=\frac{|BP|}{|AP|}\\ \nonumber \triangle BCP : && \frac{\sin (B+x-\frac{\pi}{3})}{\sin (\frac{2\pi}{3}-B-x)}=\frac{|CP|}{|BP|}\\ \nonumber \triangle ACP : && \frac{\sin(\frac{\pi}{3}-A+x)}{\sin (A-x)}=\frac{|AP|}{|CP|} \end{eqnarray}$$ Bu denklemleri taraf tarafa çarptığımızda çözüldüğünde $x$ değerini veren bir denklem elde edilecektir. $$\begin{equation*} \frac{\sin x}{\sin (\frac{\pi}{3}-x)} \frac{\sin (B+x-\frac{\pi}{3})}{\sin (\frac{2\pi}{3}-B-x)} \frac{\sin(\frac{\pi}{3}-A+x)}{\sin (A-x)}=1 \end{equation*}$$ Son denklemde $\sin \alpha \sin \beta = \frac{1}{2}(\cos(\alpha-\beta) - \cos (\alpha + \beta))$ ve $\sin \alpha \cos \beta = \frac{1}{2} (\sin (\alpha + \beta) + \sin (\alpha - \beta))$ bağıntıları sıra ile uygulanırsa pay kısmı için $$\begin{equation*} \frac{1}{4}\left\{ \sin (A+B-\frac{2\pi}{3}+x) + \sin (-A-B+\frac{2\pi}{3}+x) - \sin (-A+B+3x) - \sin (A-B-x) \right\} \end{equation*}$$ sonucu bulunur. Benzer bir yöntemle paydayı da hesaplayabiliriz. $$\begin{equation*} \frac{1}{4} \left\{ \sin (A+B+x) + \sin (A+B-\frac{\pi}{3}-x) - \sin (-A+B+3x) - \sin (-A+B-\frac{\pi}{3}+x) \right\} \end{equation*}$$ Burada önemli olan hem pay hem de payda kısımlarında $3x$ içeren terimin aynı işaretle ortaya çıkmasıdır. Pay ve payda birbirine eşitlendiğinde bunlar sadeleşecek ve geriye sadece $x$ içeren terimler kalacaktır. Bu terimler $\sin (\alpha +x) = \sin\alpha \cos x + \cos \alpha \sin x$ formülü kullanılarak açılırsa, $x$ açısının sinüs ve kosinüsünü içeren homojen bir denklem elde edilebilir. Buradan da denklemin her iki tarafı $\cos x$ ile bölünerek, $\tan x$ soruda verilen $A$ ve $B$ açılarının trigonometrik fonksiyonları cinsinden ifade edilmiş olur ki, bu da $x$ değerinin ve dolayısıyla $P$ noktasının biricikliğini ispatlar. (Böyle bir alıştırmayı daha önce Problem 1'de yapmıştık.)