Vektör çarpımı ve üçgen alanı arasındaki ilişki bazı işlemleri kolaylaştırır

35. UMO takım seçme sınavı 4. soru: $ABC$ üçgeninin kenarları üzerinde $P \in AB$, $Q \in BC$, $R \in CA$ ve

$$\begin{equation*} \frac{|AP|}{|AB|} = \frac{|BQ|}{|BC|} = \frac{|CR|}{|CA|} = k < \frac{1}{2} \end{equation*}$$ olacak biçimde $P$, $Q$ ve $R$ noktaları alınıyor. $G$ noktası $ABC$ üçgeninin ağırlık merkezi olduğuna göre $\frac{S(\triangle PQG)}{S(\triangle PQR)}$ oranını bulunuz.

Bu soruyu yıllar önce tuttuğum defterlerimden birisinin ortasında buldum. Muhtemelen Matematik Dünyası'nın eski sayılarından birisinden aldığım bir soru ve altında da kendi çözümüm vardı. Soruyu hazırlayanlar daha kısa ve kolay bir çözüm bulmuşlardır ama benim yaptığım çözüm vektör analizinden gidiyor. $ABC$ üçgenini analitik düzleme yerleştirdiğimizde üç noktası için toplamda 6 tane sayıya ihtiyacımız var. Bu çok fazla, çünkü üçgenin toplamda sadece 3 tane serbestiyet derecesi var ve her üçgeni tarif etmek için en çok üç sayı yeterli. Şimdi genelliği kaybetmeden üçgenin tabanını $x$ ekseninde, tepe noktasını ise $y$ ekseninde konuçlandıralım. O zaman noktaların koordinatları $A = (0, \xi)$, $B= (\eta,0)$ ve $C=(\zeta,0)$ olur. Görüldüğü gibi üç sayı üçgeni tarif etmek için yeterlidir. Dahası ağırlık merkezinin koordinatlarını da kolayca hesaplayabiliriz. $G=\tfrac{1}{3}(A+B+C)$ olduğundan

$$\begin{equation*} G=\left( \frac{\eta+\zeta}{3},\frac{\xi}{3} \right) \end{equation*}$$ bulunur.

İkinci aşamada $P$, $Q$ ve $R$ noktalarının koordinatlarını bulmamız gerekiyor. $P=(x_{P},y_{P})$ olsun. Üçgenlerin benzerliğinden $\frac{x_{p}}{\eta} = k$ ya da $x_{P} = k\eta$ olur. Aynı şekilde $\frac{\xi-y_{p}}{\xi}=k$ denkleminin çözümüyle $y_{P}=(1-k)\xi$ olduğu ortaya çıkar. $Q$ ve $R$ noktaları için de aynı analizi tekrar edersek bu noktaların koordinatlarını da çıkarmış oluyoruz.

$$\begin{equation*} P = (k\eta, (1-k)\xi), \ \ \ Q = ((1-k)\eta+k\zeta,0), \ \ \ R = ((1-k)\zeta,k\xi). \end{equation*}$$ Vektörel çarpım ve alan arasındaki ilişkiyi kullanacağız. Hatırlanacağı üzere $S(\triangle PQR) = \tfrac{1}{2}|\vec{QP} \times \vec{QR}|$ bize $PQR$ üçgeninin alanını veriyordu.

$$\begin{eqnarray}\nonumber \vec{QP} &:=& P-Q = ((2k-1)\eta-k\zeta,(1-k)\xi) \\ \nonumber \vec{QR} &:=& R-Q = ((1-2k)\zeta-(1-k)\eta,k\xi) \end{eqnarray}$$ Nihayet $\vec{u} \times \vec{v} = u_{x}v_{y}-u_{y}v_{x}$ olduğunu hatırlarsak, o zaman $$\begin{equation*} S(\triangle PQR) = \frac{1}{2}\xi |\eta-\zeta| (3k^{2}-3k+1) \end{equation*}$$ olduğunu gösteririz. Tamamen benzer yöntemlerle $$\begin{eqnarray} \nonumber S(\triangle PQG) &=& \frac{1}{2}|\vec{GP}\times \vec{GQ}| \\ \nonumber &=& \frac{1}{2}\xi|\zeta-\eta| \left(k^{2}-k+\frac{1}{3}\right) \end{eqnarray}$$ olduğu da gösterilir. Bu ise aranılan oranın basitçe $1/3$ olduğunu ispatlar. Alanların oranı $k$ orantı sabitinden bağımsız çıkmıştır.

İlginçtir, $PQR$ üçgeninin ağırlık merkezini hesaplamaya kalktığımızda $g = \tfrac{1}{3} (P+Q+R) = ( 2/3, 1/3)$ sonucuna ulaşıyoruz. Bu noktanın koordinatları da $k$ orantı sabitinden bağımsızdır.