Yine bir yarışma sorusu ve yine siklotomik polinomlar

Daha önce Yerölçüsü Blogu'nda MIT'nin Integration Bee Contest adlı yarışmasından bir eleme sorusunun tam çözümünü yapmıştık. Orada trigonometrik olarak başlayan integral en son siklotomik polinomların kök yapısını kullanarak çözülüyordu. Bu sefer yine MIT'nin Integration Bee Yarışması'ndan 2024 finallerinde çıkmış bir soruya bakacağız. Yarışmacılara bu soruyu çözmeleri için verilen süre 5 dakika. \[ I := \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{dx}{\varphi_{5}(x)} \ \ \ \text{ve burada} \ \ \ \varphi_{5}(x) := x^{4}+x^{3}+x^{2}+x+1. \] Sanki birileri paydadaki polinomda hızını alamamış da sıradan $x$'in bütün kuvvetlerini yazmış gibi duruyor.

Burada 5. siklotomik polinomu farketmek ve onun kök yapısından faydalanmak integrali hesaplamanın püf noktasını teşkil ediyor. Şimdi, $(x-1)\varphi_{5}(x)=x^{5}-1$ olduğundan $\varphi_{5}$ polinomunun kökleri birin beşinci dereceden kökleridir. $\omega := \exp(2\pi i / 5)$ tanımladığımızda bu kökler $\{ \omega, \omega^{2}, \omega^{3}, \omega^{4} \}$ şeklinde listelenebilir. Ayrıca $\omega$ sayısının tanımı gereği $\omega^{4} = \omega^{-1}=\omega^{*}$ ve $\omega^{3}=\omega^{-2}=(\omega^{2})^{*}$ olduğundan bu kök listesi $\{ \omega, \omega^{*}, \omega^{2}, (\omega^{2})^{*}\}$ şeklinde güncellenir. Kök yapısını bulduğumuz bu polinomu artık ikinci dereceden gerçeller üzerinden çarpanlarına ayırabiliriz. \begin{eqnarray}\nonumber \varphi_{5}(x) &=& (x-\omega)(x-\omega^{*})(x-\omega^{2})(x-(\omega^{2})^{*}) \\ \nonumber &=& (x^{2}-2\Re[\omega]x+1)(x^{2}-2\Re[\omega^{2}]x+1) \\ \nonumber &=& (x^{2}-2\cos(2\pi/5)x+1)(x^{2}-2\cos(4\pi/5)x+1) \\ \nonumber &=& (x^{2}-2\cos(2\pi/5)x+1)(x^{2}+2\cos(\pi/5)x+1) \\ \nonumber &=& (x^{2}-2c_{2}x+1)(x^{2}+2c_{1}x+1) \end{eqnarray} Burada $\Re[z]$ ile $z$ karmaşık sayısının gerçel kısmını temsil ediyoruz. Ayrıca $c_{1} := \cos(\pi/5)$ ve $c_{2} := \cos(2\pi/5)$ tanımlarını da hesaplamalarımızı kolaylaştırmak için yaptık.

Paydada derecesi ikiden büyük bir polinom olduğu zaman o kesiri daha basit kesirlerin toplamı formunda ifade etmemiz gerekiyor. Bu maksatla aşağıdaki eşitliği kullanacağız. \[ \frac{1}{\varphi_{5}(x)} = \frac{Ax+B}{x^{2}+2c_{1}x+1} + \frac{Cx+D}{x^{2}-2c_{2}x+1} \] Katsayıları tayin etmek için önce paydaları eşitleyecek daha sonra da $\{1,x,x^{2},x^{3}\}$ bazının lineer bağımsızlığını kullanacağız. Şimdi, \[ 1 = (A+C)x^{3} + (B+D+2c_{1}C-2c_{2}A)x^{2} + (A+C+2c_{1}D-2c_{2}B)x+B+D\] olduğundan bilinmeyenlerin sağladığı aşağıdaki lineer denklem sistemi zuhur eder. \begin{eqnarray}\nonumber 0 &=& A + C \\ \nonumber 0 &=& B + D + 2c_{1}C - 2c_{2}A \\ \nonumber 0 &=& A + C + 2c_{1}D - 2c_{2}B \\ \nonumber 1 &=& B + D \end{eqnarray} Sevgili ziyaretçi, bu denklem sisteminin çözümünü senin yapmanı ve aşağıdaki sonuca ermeni istiyorum. \[ A = -C = \frac{1}{2(c_{1}+c_{2})}, \ \ \ B = \frac{c_{1}}{c_{1}+c_{2}} \ \ \ \text{ve} \ \ \ D = \frac{c_{2}}{c_{1}+c_{2}}. \]

Aynı işi iki defa yapmamak için bir ön hazırlık olarak aşağıdaki integrali hesaplayacağız. \begin{eqnarray} J(\alpha,\beta,\gamma) &:=& \int \limits_{-\infty}^{\infty} \frac{\alpha x + \beta}{x^{2} - 2\gamma x + 1}dx \end{eqnarray} Burada $\alpha,\beta \in \mathbb{R}$ ve $\gamma \in [-1,1]$. Şimdi, $x := y + \gamma$ tanımlarsak integralin sınırları değişmez ve integral aşağıdaki forma gelir. \[ J(\alpha,\beta,\gamma) = \alpha \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{ydy}{y^{2}+\sigma^{2}} + (\alpha \gamma + \beta) \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{dy}{y^{2}+\sigma^{2}} \] $\sigma := \sqrt{1-\gamma^{2}}$ tanımını not ediniz. Son satırdaki ilk integral sıfır zira tek pariteli bir fonksiyonu simetrik bir aralıkta entegre ediyor. İkinci integralde ise $y=z\sigma$ dönüşümü ile arctan fonksiyonunun türevi zuhur eder ve integralin de hesabı tamamlanır. \[ J(\alpha,\beta,\gamma) = \frac{\alpha \gamma + \beta}{\sigma} \int\limits_{-\infty}^{\infty} \frac{dz}{z^{2}+1} = \frac{\alpha \gamma + \beta}{\sigma} \pi\]

Bütün ön hazırlıklarımızı tamamladık. Artık soruda verilen integrali $J$ cinsinden yazabiliriz. \[ I = J(A,B,-c_{1}) + J(C,D,c_{2}) = \frac{B-Ac_{1}}{s_{1}}\pi + \frac{1 - B - Ac_{2}}{s_{2}} \pi \] Burada $s_{1} := \sqrt{1-c_{1}^{2}} = \sin(\pi/5)$ ve $s_{2} := \sqrt{1-c_{2}^{2}}=\sin(2\pi/5)$ formülleriyle tanımlanıyor. $A$ ve $B$ katsayılarının $c_{1}$ ve $c_{2}$ cinsinden ifadelerini yerine koyunca aradığımız integrali hesaplamış oluyoruz. \[ I = \frac{\frac{c_{1}}{s_{1}} + \frac{c_{2}}{s_{2}}}{2(c_{1}+c_{2})} \pi \] Siz de benim gibi bu sonucun yeterli olduğunu düşünüyorsanız bu sorudan sıfır puan alıyorsunuz. MIT sizden nihai cevapta trigonometrik ifade bırakmamanızı sonucu köklü sayılar cinsinden ifade etmenizi bekliyor! Bunun için biraz trigonometri jimnastiği yapacağız. \begin{eqnarray}\nonumber I &=& \frac{\sin\left(\frac{2\pi}{5}\right)\cos\left(\frac{\pi}{5}\right) + \sin\left(\frac{\pi}{5}\right)\cos\left(\frac{2\pi}{5}\right)} {2\sin\left(\frac{\pi}{5}\right)\sin\left(\frac{2\pi}{5}\right) \left\{ \cos\left(\frac{\pi}{5}\right)+\cos\left(\frac{2\pi}{5}\right)\right\}}\pi \\ \nonumber &=& \frac{\sin\left( \frac{3\pi}{5} \right)}{\sin^{2}\left( \frac{2\pi}{5}\right) + \sin\left(\frac{\pi}{5}\right) \sin\left(\frac{4\pi}{5}\right)} \pi \\ \nonumber &=& \frac{\sin\left( \frac{2\pi}{5} \right)}{\sin^{2}\left( \frac{2\pi}{5}\right) + \sin^{2}\left(\frac{\pi}{5}\right)} \pi \end{eqnarray}

Yıllar önce Yerölçüsü Blogu'nda yatığımız bir çalışmada derece skalasında 3'ün katı olan açıların sinus ve cosinus değerlerini hesaplamak için bir algoritma vermiştik. İster o algoritmayı kullanarak isterseniz 36-72-72 ikizkenar üçgeninde benzerlik ve cosinus teoremini kullanarak $\cos(\pi/5)=(\sqrt{5}+1)/4$ ve $\cos(2\pi/5)=(\sqrt{5}-1)/4$ olduğunu gösterebilirsiniz. Buradan da $I$ integralini nihai olarak \[ I = \frac{\pi}{5} \sqrt{10+2\sqrt{5}} \] şeklinde ifade ederek bu problemin çözümünü tamamlayabilirsiniz. Kuşkusuz, bir yarışmada bu trigonometrik değerleri ezbere bilmek size çok zaman kazandıracaktır.

İkizkenar üçgen içinde alınan rasgele bir noktanın asimetrik köşeye yakın olma ihtimali

Bu postanın başlığındaki soruyu sosyal medyada gördüm ve çözümünü yaptıktan sonra muhtelif varyasyonlarını da kendim geliştirdim. Çözüm en temel düzeyde trigonometrik formülleri kullanmaktan başka bir şey gerektirmiyor ama ihtimaliyat ile trigonometriyi birleştirerek bir sentez yapmak.. sorunun cazibesi burada. Öncelikle soruyu kabule şayan bir dille ifade edelim ve ardından çözümünü verelim.

Tepe açısı $\tfrac{\pi}{3}$ radyandan küçük bir $ABC$ ikizkenar üçgeninde taban uzunluğu $a=|BC|$, ikiz kenarların uzunluğu ise $b=|AB|=|AC|$ olsun. Bu üçgen içinde rasgele bir $Q$ noktası alalım. $|QA| < |QC|$ ihtimali nedir? Diğer bir deyişle $Q$ noktasının $A$'ya $C$'den daha yakın olma ihtimalini hesaplayınız.

Şekile bakalım ve bariz bir gözlemde bulunalım: $AC$ doğru parçasını tam ortadan ikiye bölen dikme $DE$ üzerinde alınan tüm noktalar $A$ ve $C$ köşelerine eşit uzaklıktadır. (Tepe açısı $\tfrac{\pi}{3}$ radyandan küçük olduğundan $D$ noktasının $AB$ üzerinde olduğunu söyleyebiliriz.) Buradan yola çıkarak $DE$ doğrusunun kuzeyinde yer alan tüm noktaların $A$ noktasına $C$'den daha yakın olacağını söyleyebiliriz. O zaman $ADE$ üçgeninde yer alan tüm noktalar $A$ noktasına $C$ noktasından daha yakındır. Rasgele aldığımız bir noktanın $ADE$ üçgeni içinde olması peşinde olduğumuz eşitsizliği peşinen sağlar.

Bu noktada pek söylenmeyen bir varsayımdan bahsedeceğiz. Fizik literatüründe equal a priori hypothesis olarak bir varsayıma göre bir sistemin tanım kümesinde yer alan tüm durumları seçme ihtimalimiz eşittir. Ancak bu varsayıma tabi olduğumuz takdirde elimizdeki problemi çözebiliriz. Aksi takdirde problemi çözmek için yeterli veri yoktur ve soruyu hazırlayanların bize üçgen üzerindeki noktaları seçme ihtimaline dair bir ihtimal yoğunluğu vermesi gerekir. Örneğin nokta seçme işini güneyden kuzeye esen bir rüzgarlı havada yukarıdan bir mürekkep damlatmak suretiyle yapabiliriz. Bu $ADE$ üçgeni içinde nokta seçmeyi daha muhtemel kılar. Bu tip durumları dışlıyoruz...

Üçgen içindeki tüm noktaları eşit ihtimalle seçtiğimizi kabullendiğimiz zaman aradığımız ihtimal $ADE$ üçgeniyle $ABC$ üçgeninin alanlarının oranlarından ibarettir. (Neden?) Üçgenin tepe açısına $\alpha$ diyelim. Sinus teoremini uygulayarak çözümü verebiliriz. \begin{equation} p = \frac{S(\triangle ADE)}{S(\triangle ABC)} = \frac{\tfrac{1}{2} |AD||AE| \sin \alpha}{ \tfrac{1}{2}|AB||AC| \sin \alpha} = \frac{|AD||AE|}{|AB||AC|} = \frac{\tfrac{b}{2\cos \alpha} \tfrac{b}{2}}{b^{2}} = \frac{1}{4 \cos \alpha} \end{equation} Bu aşamada $\kappa := a/b$ oranını tanımlayalım. Ama cosinus teoremine göre $a^{2} = 2b^{2}-2b^{2}\cos \alpha$ ya da $\cos \alpha = 1 - \kappa^{2}/2$ olduğundan aradığımız ihtimal \begin{equation} \boxed{p = \frac{1}{4-2\kappa^{2}}} \end{equation} olur.

Ödev

Güzel bir soru gördüğümüzde onu genelleştirmek ve varyasyonları üzerinde uğraşmak en doğal tepkimizdir. İşte size uğraşın diye iki örnek:

1. Aynı soruyu tepe açısının $\tfrac{\pi}{3}$ radyandan büyük olduğu durum için çözünüz.
2. Rasgele seçtiğimiz $Q$ noktasının $A$ noktasına $B$ ya da $C$ noktalarından daha yakın olma ihtimalini tepe açısının her iki durumu için de inceleyiniz.

Cosinus teoreminin en yalın ispatı

Cosinus teoremi kuşkusuz tüm trigonometrinin en güçlü önermelerinden birisi. Fiziğin ve geometrinin tüm düzeylerinde bu temel ve güçlü önerme yaygın bir şekilde kullanılıyor. İspatı da genellikle Pisagor teoremine dayanılarak yapılıyor. Kurgusal olarak daha estetik bir ispat ise Pisagor teoremini kullanmadan cosinus teoremini ispatlamak ki bu kısa postanın da amacı budur. Hatta Pisagor teoremi bu yapacağımız ispatta cosinus teoreminin basit bir uygulaması olarak ortaya çıkmaktadır.

Kolaylık olması için çalışmamızı dar açılı bir $ABC$ üçgeninde yapacağız. $a := |BC|$, $b := |ac|$ ve $c:=|AB|$ ile üçgenin kenar uzunluklarını; $\alpha := \angle BAC$, $\beta := \angle ABC$ ve $\gamma := \angle ACB$ ile de üçgenin (dar) iç açılarını tanımlayalım. Üçgenin $A$ köşesinden $BC$ kenarına inen dikme, bu kenarı, $H_{A}$ noktasında kessin. Benzer şekilde kalan iki dikmenin ayakları için $H_{B}$ ve $H_{C}$ noktaları da tanımlanabilir. İspatın geri kalanını takip etmek için bu aşamada okur eline kağıt kalemi alıp, şu paragrafta bahsettiğimiz basit şekli çizmelidir.

Aynı yüksekliği paylaşan $ABH_{A}$ ve $ACH_{A}$ dik üçgenlerinde cosinus fonksiyonunun (ki kendisi dik üçgenlerdeki bir kenar-açı-kenar benzerlik oranından başka bir şey değildir) tanımından faydalanarak aşağıdaki denklemi rahatça yazabiliriz. \begin{equation*} a = c \cos \beta + b \cos \gamma \end{equation*} Tamamen benzer alıştırmalarla $b$ ve $c$ kenarları için de aşağıdaki denklemler türetilebilir. \begin{equation*} b = c \cos \alpha + a \cos \gamma \ \ \ {\rm ve} \ \ \ c = b \cos \alpha + a \cos \beta \end{equation*}

Elimizde üç tane denklem var. Bu denklemlerdeki kenar uzunluklarını bilinenler, cosinus ifadelerini de bilenmeyenler gibi düşünüp, örneğin $\cos \alpha$ bilinmeyenini basit bir lineer cebir denklem sistemi alıştırmasıyla çözdüğümüzde \begin{equation*} a^{2} = b^{2} + c^{2} - 2 b c \cos \alpha \end{equation*} eşitliği karşımıza çıkar ki bizim de zaten göstermemiz gereken şey buydu.

İşaret: $\angle BAC$ dik açı ise, o zaman $\cos \alpha = 0$ olur ve cosinus teoremi uyarınca $a^{2} = b^{2} + c^{2}$ eşitliğine ulaşırız. Ama bu Pisagor teoreminden başka bir şey değildir!

Ödev: $ABC$ üçgeninde bir iç açının geniş açı olması durumunda da cosinus teoreminin doğru olduğunu gösteriniz.

Tam üçgenlerin kullanımı (Lehmer'in "Rasyonel Üçgenler" makalesi - 2)

Yerölçüsü'nde yer alan bir önceki postamızda D. N. Lehmer'in bir çalışmasına dayanarak, hem kenarları hem de alanı tam sayı olan üçgenleri üretmek için bir yöntem geliştirmiştik. Bulgularımızı özetleyelim.

$m>n>0$ ve $p>q>0$ pozitif tam sayılar olsunlar. Aşağıdaki parametrizasyon kenar uzunlukları ve alanı tam sayı olan bütün üçgenleri üretir. \begin{equation} a = mn(p^{2}+q^{2}), \ \ \ b = (pm \mp qn)(qm \pm pn) \ \ \ {\rm ve} \ \ \ c = pq(m^{2}+n^{2}). \label{tam1} \end{equation} Ayrıca bu üçgenin iç açılarının sinus ve cosinus değerleri de aşağıdaki gibidir. \begin{equation} \sin A = \frac{2mn}{m^{2}+n^{2}}, \ \ \ \cos A = \frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}}. \ \ \ \sin C = \frac{2pq}{p^{2}+q^{2}}, \ \ \ \cos C = \pm \frac{p^{2}-q^{2}}{p^{2}+q^{2}} \label{tam2} \end{equation} Burada geniş açı olma ihtimali sadece $C$ açısıyla sınırlı tutulmuştur ve eğer $C$ geniş ise, o zaman $\cos C$ ifadesinde $-$ işaretinin alınması gerekir.

Lehmer'in çalışmasındaki sıralamayı takip edecek olursak şimdi makaledeki (5) nolu teoremi izah etmemiz lazım. Ama bu teorem ikili formlar (binary forms) teorisinden bir önermeyi kullanıyor ve makaledeki diğer teoremlerden nitelik olarak ayrılıyor. Bu yüzden, bir sonraki postada geri dönmek kaydıyla bu teoremi atlayıp diğer -nisbeten kolay- ve daha geometrik karakterli teoremleri çalışacağız.

Teoremler 6,7,8,9: Yukarıdaki parametrizasyon ile verilen tam üçgenin alanı $S = mnpq (pm \mp qn)(qm \pm pn)$, çevral çemberinin yarıçapı $R = \tfrac{1}{4} (m^{2}+n^{2})(p^{2}+q^{2})$ ile verilir. $m$ ve $n$ parametrelerini sabitleyip, $p$ ve $q$ parametrelerinin değişmesine izin verirsek, o zaman elde edilen üçgenlerin hepsi $A$ açısını içerir. $m,n,p,q$ parametrelerine atanmış her dörtlü için aynı çemberin içine yerleştirilmiş iki tane üçgen elde ederiz.
İspat: Sinus teoremi üçgenin alanı için $S = \tfrac{1}{2} a b \sin C$ ve çevral çemberin çapı içinse $R=\tfrac{a}{2 \sin A}$ formüllerini veriyor. (\ref{tam1}) ve (\ref{tam2}) nolu denklemler kullanılarak üçgenin alanı ve çevral çemberinin yarıçapı için önerilen formülleri kolayca kanıtlarız. $\sin A$ ve $\cos A$ sadece $m$ ve $n$ parametrelerine bağlı olduğundan, bu iki parametre sabitlendimi $p$ ve $q$ parametrelerinin her değeri için üçgenin hep aynı $A$ açısını içereceği barizdir zira bir açının sinus ve cosinus değerleri onun $[0,2\pi)$ aralığında biricik bir biçimde tayini için yeterlidir. (\ref{tam1}) nolu denklemde $b$ uzunluğu için $-+$ sırasını takip edersek başka, $+-$ işaret sırasını takip edersek başka değerler elde ederiz. Dolayısıyla kenar uzunlukları $(a,b_{1},c)$ ve $(a,b_{2},c)$ olan iki farklı üçgen üretilmiştir. Bu üçgenleri veren $m,n,p,q$ parametreleri aynı olduğundan her iki üçgenin çevral çemberi de aynı olacaktır.

$m=2$, $n=1$, $p=5$ ve $q=3$ seçilip bu parametreler (\ref{tam1}) nolu denklemde yerlerine konulduğunda $a=68$ (kırmızı), $b_{1}=77$ (mavi), $b_{2}=13$ (yeşil) ve $c=75$ (kahverengi) uzunluklar elde ediliyor. Bu uzunluklar kullanılarak $ABC$ ve $ABD$ üçgenleri şekilde gösterildiği gibi çizilebilir. Bu üçgenleri kahverengi kenarlarından yapıştırmayı tercih ettik. Kırmızı kenarlardan da yapıştırabilirdik. Elde edilen $ACBD$ dörtgeninin kenar uzunlukları, alanı ve çevral çemberinin çapının rasyonel olduklarını gözleyiniz. (Her dörtgenin bütün köşelerinden bir çevral çember geçmeyebilir ama burada kurduğumuz rasyonel dörtgenlerin köşeleri bir çember üstündedir.) $|AB|$ uzunluğu tam sayı olduğundan $ACBD$ dörtgeninin köşegenlerinden birisinin rasyonel olduğu barizdir. Her ne kadar şekilde gösterilmemiş olsa da, dörtgenin öteki köşegeni $|CD|$ de rasyoneldir. Bunu ispatlamak için öncelikle $\angle BAC$ ve $\angle BAD$ açılarının rasyonel açılar olduklarını gözleyelim. (Rasyonel açının tanımı için bir önceki postaya bakınız.) O zaman Lehmer'in (2) nolu teoremi uyarınca $\angle CAD = \angle BAC + \angle BAD$ rasyonel olur. Şekildeki çevral çemberin yarıçapı da rasyonel olduğundan, $|CD|=2R\sin(\angle CAD)$ değeri de rasyoneldir. $BD$ ve $CA$ kenarlarını şekilde gösterildiği gibi uzatalım ve bu uzantılar $E$ noktasında kesişsin. $BCE$ üçgeninin iki tane iç açısı rasyoneldir. O zaman $BEC$ açısı da rasyonel olur. Lehmer'in (3) nolu teoremi uyarınca bütün açıları rasyonel olan $BCE$ üçgeni de rasyoneldir. Şekilde tam görülmüyor ama $CB$ ve $AD$ kenarlarının uzatılmasıyla elde edilen üçgen de tamamen aynı sebeplerden dolayı rasyonel olacaktır. Nihayet, çevral çemberin yarıçapları ve tam üçgenlerin kenarları kullanılarak çizilen ikizkenar üçgenler de rasyoneldir. Örneğin $\triangle OAC$ gibi. Burada somut bir örnek üzerinde anlattığımız ifadeleri Lehmer bir önermede bir araya topluyor. İspatsız yer veriyoruz.

Teorem 10: Denklem (\ref{tam1}) ile üretilen iki üçgenin köşeleri aynı çemberin üstünde olacak şekilde konuçlandırılabilirler, öyle ki üçgenlerden birisinin bir kenarı ötekinin eşit olan bir kenarı ile çakışık olur. Bu ortak kenarın uçları ile karşıt köşeler bir çemberin içine çizilmiş ve kenarları, köşegenleri ve alanı rasyonel bir dörtgeni oluşturur. Elde edilen dörtgenin karşıt kenarlarını uzatıp kesiştirerek iki rasyonel üçgen daha üretebiliriz. Ayrıca dörtgenin köşeleri ile çemberin merkezini birleştirerek çizilen üçgenler de rasyoneldir. Nihayet, uygun bir tam sayıyla çarparak söz konusu bütün uzunluk ve alanları tam sayı yapabiliriz.

Konu bütünlüğünü bozmamak için Lehmer'in makalesindeki 11. teoremi bir sonraki postaya havale edeceğiz ve makaledeki son teorem ile bu postayı bitireceğiz.

Teorem 12: Rasyonel bir üçgen, sonsuz sayıda rasyonel üçgenlere bölünebilir.
İspat: $\triangle ABC$ rasyonel olsun. Eşkenar üçgen rasyonel olmadığından, açılardan birisi bir başkasından küçük olacaktır. Örneğin $\angle A < \angle B $ gibi. $\angle CBD = \angle A$ olacak şekilde bir $BD$ doğru parçası çizilsin. $CBD$ üçgeninin iki açısı ve bir kenarı rasyonel. Dolayısıyla $\triangle CBD$ rasyoneldir. Tamamen aynı yöntemle $ABD$ üçgeninin de rasyonel olduğu görülür. $ABC$ üçgenine uyguladığımız bu proses $ABD$ ve $CBD$ üçgenlerine de uygulanır ve böyle devam edilirse $ABC$ üçgenini istenilen sayıda rasyonel üçgene bölmüş oluruz.

Tam üçgenlerin üretimi (Lehmer'in "Rasyonel Üçgenler" makalesi - 1)

Bu ve bu postayı takip eden postada Lehmer'in rasyonel üçgenler üzerine yaptığı 1899 tarihli çalışmayı inceleyeceğiz. Makale meşhur Annals of Mathematics dergisinde (ikinci seri) basılmış ve başlığı Rational Triangles. Yazar Derrick Norman Lehmer (1867 – 1938) doktorasını 1900 tarihinde Chicago Üniversitesi'nde meşhur matematikçi Eliakim Hastings Moore'dan aldı. Moore'un öğrencileri arasında Lehmer'in yanı sıra daha önce yerölçüsünde doktora tezinin bir bölümünü anlattığımız Richard P. Baker ve ergodik teoriye ve dinamik sistemlere katkılarıyla tanınan George D. Birkhoff da var. Lehmer, daha sonra kısaca Berkeley diye bilinen (Berkeley, California Üniversitesi adlı) kurumda çalışmaya başlamış ve ilerleyen yıllarda bu üniversitenin matematik bölümünün başkanlığını da yürütmüştür. Oğlu Derrick Henry Lehmer de tıpkı babası gibi sayılar teorisi branşında çalışmış, nisbeten kısa süreliğine de olsa Chicago Üniversitesi'nde yüksek lisans deneyimi edinmiş ve (şaka gibi ama) Berkeley'in matematik bölümünde başkanlık yapmıştır. Kitaplarıyla nesiller boyu Bilkent Üniversitesi Fen Fakültesi öğrencilerinin üzerine iz çıkaran ünlü matematik yazarı (ve kimya mühendisi) Tom M. Apostol da, oğul Lehmer'in doktora öğrencileri arasındadır.

Baba Lehmer'in doktora öğrenciliği esnasında yazdığı makaleyi irdelemek için bazı tanımlarla işe başlayacağız.

Kenar uzunlukları ve alanı tam sayı olan üçgene tam üçgen denir. Tam üçgenin kenar uzunlukları aralarında asal ise, o zaman böyle bir tam üçgene indirgenmiş tam üçgen denir. Hem sinus hem de cosinus fonksiyonlarının değeri rasyonel olan açılara ise rasyonel açılar diyeceğiz.

Bu tanımlarla ilgili vurgulanması gereken bazı hususlar var. Üçgen eşitsizliklerini sağlayan her üç tam sayı ile (o tam sayıları kenar uzunluğu kabul eden) bir üçgen çizilebilir. Ama böyle üçgenlerin alanlarının da tam sayı olacağı bariz değildir. Örneğin kenar uzunluğu 2 birim olan eş kenar üçgenin alanı $\sqrt{3}$ birim kare kadardır ve $\sqrt{3}$ irrasyonel bir sayı. Ayrıca bir açının sinus ya da cosinus değerlerinden sadece birisinin rasyonel olmasının, o açının rasyonel olmasına yetmediğini gözleyiniz. Mesela $\cos (\tfrac{\pi}{3}) = \tfrac{1}{2}$ ama $\sin(\tfrac{\pi}{3})=\tfrac{\sqrt{3}}{2}$.

Lehmer makalesine çok iyi bilinen bir önermeyle başlıyor.

Teorem 1: (Pisagor üçlüleri) Hipotenüsü $c$, kenar uzunlukları ise $a$ ve $b$ olan bir dik tam üçgenin kenarları arasında \begin{equation} a:b:c = 2 mn : m^{2}-n^{2} : m^{2}+n^{2} \label{pisagor3lusu} \end{equation} orantısı geçerlidir. Burada, genelliği kaybetmeden, $m>n>0$ tam sayılardır.
İspat: $(2mn)^{2}+(m^{2}-n^{2})^{2}=m^{4}+n^{4}+2m^{2}n^{2}=(m^{2}+n^{2})^{2}$ olduğundan (\ref{pisagor3lusu}) nolu denklem ile verilen formülün dik tam üçgenler ürettiği barizdir. Öte yandan burada kullandığımız önerme çok daha kuvvetli bir iddiaya sahip. Bütün dik tam üçgenlerin (\ref{pisagor3lusu}) nolu denklemle üretilebileceğini söylüyor. Şimdi, dik üçgen aynı zamanda tam olduğundan, $\tfrac{c-b}{a}$ oranı rasyoneldir. O zaman $m,n$ pozitif tam sayılar olmak üzere $\tfrac{c-b}{a}=\tfrac{n}{m}$ diyebiliriz. Bu oran yeniden düzenlendiğinde $c = b + a \tfrac{n}{m}$ elde edilir. Pisagor teoreminde $c^{2}=a^{2}+b^{2} = b^{2}+a^{2}\tfrac{n^{2}}{m^{2}}+2ab\tfrac{n}{m}$ denkleminin sadeleştirilmesiyle $\tfrac{a}{b} = \tfrac{2mn}{m^{2}-n^{2}}$ oranı elde edilir. Nihayet $\tfrac{c}{a}=\tfrac{b}{a}+\tfrac{n}{m}= \tfrac{m^{2}-n^{2}}{2mn}+\tfrac{n}{m}$ denkleminin sadeleştirilmesiyle $\tfrac{c}{a} = \tfrac{m^{2}+n^{2}}{2mn}$ oranına ulaşırız. QED

($2mn$, $m^{2}-n^{2}$, $m^{2}+n^{2}$) sayılarına literatürde Pisagor üçlüsü denir. Pisagor üçlülerini daha önce yerölçüsünde H atomunun spektrumunu çalışırken de kullanmıştık. Bu üçlülerle bütün tam dik üçgenleri üretmek mümkündür. Antikite öncesi Babil Medeniyetinin Teorem (1) ile verilen Pisagor üçlülerini üreten mekanizmayı bildiğine dair bazı arkeolojik bulgular vardır. Lehmer, ispatı 17. yy'da yazılmış Fransızca bir kitaba havale ediyor. Pisagor üçlülerinin konumuzla alakalı en bariz uygulamalarından birisi trigonometriyle ilgili. $(0,\pi) \ni A$ açısı bir dik üçgenin ya iç açısıdır ya da dış açısıdır. Bu açı eğer rasyonel ise, o zaman onun trigonometrik fonksiyonları \begin{equation} \sin A = \frac{2mn}{m^{2}+n^{2}} \ \ \ {\rm ve} \ \ \ \cos A = \pm \frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}} \label{ras1} \end{equation} formülleriyle verilebilir. Bu denklem $\sin A = \cos B$ ve $\cos A = \sin B$ özdeşlikleriyle, dik tam üçgenin iç açılarının da rasyonel olduğunu söyler. Bir dik üçgenin tam (ya da bir tam üçgene benzer) olabilmesi için kenar uzunluklarının tam olmasının yeterli olduğunu gözleyiniz. (Neden?)

Lemhmer'in makalesindeki ikinci önerme ise aşırı derecede basit.

Teorem 2: $A$ ve $B$ rasyonel açılar ise, o zaman $A \pm B$ de rasyonel açılardır.
İspat: $\cos (A \pm B) = \cos A \cos B \mp \sin A \sin B$ ve $\sin (A \pm B) = \sin A \cos B \pm \cos A \sin B$ formülleri kullanılarak ispat tamamlanır. QED

Bu teoremin basit bir uygulaması şöyledir. Bir üçgenin iç açılarının rasyonel olup olmadığı soruşturulurken sadece iki iç açısına bakmak yeterlidir. Üçüncü iç açının $C = \pi - (A + B)$, $\sin C = \sin (A+B)$ ve $\cos C = -\cos(A+B)$ formülleriyle rasyonel olduğu görülür.

Lehmer'in üçüncü önermesi rasyonel açılı üçgenlerle tam üçgenler arasındaki denkliği kuruyor.

Teorem 3: Tam üçgenin iç açıları rasyoneldir. Bu önermenin tersi de şöyle ifade edilebilir. İç açıları rasyonel olan bir üçgen ya tam üçgendir ya da bir tam üçgene benzerdir.
İspat: Üçgenin tam olduğunu varsayalım ve alanı $S$ olsun. O zaman sinus teoremi uyarınca $\sin A = \tfrac{2S}{bc}$ olur ki bu değer rasyoneldir. Cosinus teoremi uyarınca $\cos A = \tfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}$ değerinin de rasyonel olduğu görülür. Diğer iç açılar için de benzer çalışmalarla bütün iç açıların rasyonelliğini ispatlayabiliriz. Önermenin tersini ispatlamak için kenarlardan birisinin, mesela $a$ kenarının, rasyonel olduğunu varsayalım. Açıların değerlerini ve dolayısıyla rasyonelliklerini etkilemeden böylesi bir benzerlik skalası her zaman kurulabilir. Sinus teoremi uyarıca $b = a \tfrac{\sin B}{ \sin A}$ ve $c = a \tfrac{\sin C}{ \sin A}$ eşitlikleriyle diğer kenarların da rasyonel olmaları gerektiği görülür. Yine sinus teoremi uyarınca $S = \tfrac{1}{2}bc\sin A$ formülüyle üçgenin alanının da rasyonel olması gerektiğini gösterebiliriz. $a,b,c$ ve $S$ sayılarının paydalarının okek'i $L$ olsun. O zaman $La$, $Lb$ ve $Lc$ uzunlukları tam sayı olurlar ve elde edilen üçgenin alanı da, $L^{2}S$, bir tam sayıdır. QED

En genel haliyle bir üçgenin iç açılarını seçerken sadece iki tane serbestiyet derecesi (degree of freedom) kullanılabilir. Üçüncü iç açı, iç açılar toplamının $\pi$ radyan olması şartından tayin edilir. Madem tam üçgenlerin iç açıları rasyonel, o zaman biz de üçgenin $A$ ve $C$ açılarını bağımsız bir biçimde parametrize edebiliriz. \begin{eqnarray} \sin A &=& \frac{2mn}{m^{2}+n^{2}}, \ \ \ \cos A = \frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}}, \ \ \ m>n>0, \label{angA} \\ \sin C &=& \frac{2pq}{p^{2}+q^{2}}, \ \ \ \cos C = \pm \frac{p^{2}-q^{2}}{p^{2}+q^{2}} \ \ \ {\rm ve} \ \ \ p>q>0. \label{angC} \end{eqnarray} Üçgenin sadece bir açısı geniş olabileceğinden, genelliği kaybetmeden, bu iç açıyı gerekli olduğu durumda $C$ ile göstereceğiz. Öte yandan $B$ açısının sinus ve cosinus değerleri trigonometrik özdeşlikler ile tayin edilir. Basit çarpanlara ayırma alıştırmalarından sonra aşağıdaki sonuçları elde ediyoruz. \begin{equation} \sin B = \sin (A+C) = 2\frac{(pm \mp qn)(qm \pm pn)}{(m^{2}+n^{2})(p^{2}+q^{2})} \ \ \ {\rm ve} \ \ \ \cos B =-\cos (A+C) = \frac{4mnpq \mp (m^{2}-n^{2})(p^{2}-q^{2})}{(m^{2}+n^{2})(p^{2}+q^{2})} . \label{angB} \end{equation} Dik tam üçgenleri üreten parametrizasyonu (1) nolu Teorem ile yapmıştık. Benzer bir mekanizmayı en genel haliyle bütün tam üçgenler için artık verebiliriz. Üçgende bir kenarın uzunluğu ile o kenarı gören açının sinus değeri orantılıdır: $\tfrac{a}{\sin A} = \tfrac{b}{\sin B} =\tfrac{c}{\sin C}$. Ama biz (3) nolu Teorem uyarınca tam üçgenlerin iç açılarının rasyonel olduğunu biliyoruz ve (\ref{angA},\ref{angC},\ref{angB}) nolu denklemlerle de bu açıların sinus değerlerini tam sayılarla parametrize ettik. O zaman basit bir alıştırmayla bütün tam üçgenlerin parametrizasyonunu verebiliriz.

Teorem 4: $m,n,p$ ve $q$ pozitif tam sayılar olsun. O zaman \begin{eqnarray} a &=& mn(p^{2}+q^{2}), \label{tama}\\ b &=& (pm \mp qn)(qm \pm pn) \ \ \ {\rm ve} \label{tamb} \\ c &=& pq(m^{2}+n^{2}) \label{tamc} \end{eqnarray} denklemleri bütün tam üçgenlerin kenar uzunluklarını üretir.

Bu teoreme düştüğü dipnotta Lehmer, hepimizin üstadı Euler'in (\ref{tama},\ref{tamb},\ref{tamc}) nolu denklemlerle verilen parametrizasyonu bildiğini belirtiyor. Şu aşamada okurun aklına takılabilecek makul sorulardan birisi şudur. Genel bir üçgeni, uzunlukları cinsinden tarif etmemiz gerektiğinde, bu işi en çok üç parametreyle yapabiliyoruz. Pekiyi neden en genel haliyle tam üçgenlerin üretiminde dört tane parametre gerekiyor? Tam üçgenlerin tanımına bakarak bu soruyu cevaplayabiliriz. Tanım hem bütün kenar uzunluklarının hem de üçgenin alanının tam sayı olmasını zorunlu kılıyor. Dolayısıyla tam üçgenlerin sağlaması gereken şart üç değil dört tane.

Bu postada yaptıklarımız bir ön hazırlık niteliğindeydi. Lehmer'in makalesine devam edeceğiz.

Üç kenarortayı verilen bir üçgeni cetvel ve pergelle çiziniz

Bugün yine bir ters üçgen problemi çalışacağız. Üç kenarortayı da verilen bir üçgen var elimizde ve bu bilgiden yola çıkarak bu üçgeni çizmemiz isteniyor. Soruyu cebirsel yöntemle çözeceğiz ve hiç de şık olmayan bir tarzda bu cebirsel çözümü alıp cetvel pergel çiziminde aynen kullanacağız. Daha önce yerölçüsünde kenarları verilen bir üçgenin kenarortaylarını hesaplamayı anlatmıştık. Bulduğumuz cebirsel formüller şöyleydi. \begin{eqnarray} \nonumber m_{a} &=& \frac{1}{2}\sqrt{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}} \\ \nonumber m_{b} &=& \frac{1}{2}\sqrt{2a^{2}+2c^{2}-b^{2}} \\ \nonumber m_{c} &=& \frac{1}{2}\sqrt{2a^{2}+2b^{2}-c^{2}} \end{eqnarray} Bu denklem sisteminde her iki tarafın da kareleri alınıp yeniden düzenleme yapıldığında verilenler ve bilinmeyenler arasında sanki ikinci derecedenmiş gibi görünen yeni bir denklem sistemine erişilir. \begin{eqnarray}\nonumber 2b^{2}+2c^{2}-a^{2} &=& 4 m_{a}^{2} \\ \nonumber 2a^{2}+2c^{2}-b^{2} &=& 4 m_{b}^{2} \\ \nonumber 2a^{2}+2b^{2}-c^{2} &=& 4 m_{c}^{2} \end{eqnarray} Bu denklem sistemini taraf tarafa topladığımızda şöyle fiyakalı bir eşitlik elde etmek mümkün, ama bizim işimiz bugün bu değil. \begin{equation*} 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}) = 4(m_{a}^{2}+m_{b}^{2}+m_{c}^{2}) \end{equation*} Biraz önce denklem sisteminin sanki ikinci derecedenmiş gibi göründüğünü söyledik. Çapraz terimler olmadığı için, bu sistem aslında lineer cebirin imkanları ve yöntemleri kullanılarak çözülebilir. Örneğin basit bir denklem çözme alıştırmasıyla \begin{equation*} c = \frac{1}{3} \sqrt{8m_{a}^{2}+8m_{b}^{2}-4m_{c}^{2}} \end{equation*} olduğu kolayca gösterilebilir. Diğer uzunluklar için de benzer denklemleri türetmek mümkündür.

Cebirsel çözüm aslında cetvel pergel çözümü için de -fazla şık olmayan- bir yöntem öneriyor. Daha önce hem rasyonel hem de kareköklü sayıların cetvel ve pergelle çizimini yerölçüsünde anlattık. Buna istinaden $c$ uzunluğunu çizmek için yapmamız gereken işlemler şöyledir.

1. Tabanı $2\sqrt{2}m_{a}$ ve yüksekliği $2\sqrt{2}m_{b}$ olan $XYZ$ dik üçgeni çizilir. Bunun hipotenüsü $\sqrt{8m_{a}^{2}+8m_{b}^{2}}$ kadardır.
2. Çapı $XYZ$ üçgeninin hipotenüsü olacak şekilde bir çember tarif edilir ve üçgenin $Y$ köşesinden uzunluğu $2m_{c}$ olan kiriş çizilir. Bu kirişin çemberi kestiği $W$ noktası tespit edilir.
3. $|WZ|$ uzunluğunun üçte biri aradığımız üçgenin $c$ kenarını verir.

Bu çizimler $a$ ve $b$ kenarları için de yapılarak $ABC$ üçgeninin çizimi bitirilir.

Cetvel ve pergelle üç yüksekliği verilen bir üçgeni çiziniz

Yerölçüsünde daha önce emekli milletvekillerinden Ahmet Selim'in bir anısını ve o anısında bahsettiği problemin cebirsel çözümünü tartışmıştık. Problem şuydu: Üç yüksekliği verilen bir üçgeni çiziniz. Açıkçası cebirsel çözüm insanın içini çok da rahatlatmıyor. Çünkü sonuçta bizden istenen böyle bir üçgenin somut olarak çizimi. Bu postada işin çizim boyutuna da bakacağız.

Üçgenin yükseklikleri şeklin sol başında gösterildiği gibi verilsin ve kurmamız istenen üçgen de $ABC$ üçgeni olsun. Bu yüksekliklere sol baştan büyüklük sırasına göre $h_{A}$, $h_{B}$ ve $h_{C}$ diyelim. Verilen yükseklikleri kullanarak bir üçgen çizelim. Bu üçgen ortada gösteriliyor. Kurduğumuz üçgenin yüksekliklerini de çizelim. Bu yüksekliklerden de oluşan turuncu, mor ve kahverengi kenarlı üçgeni çizelim. Şimdi bir üçgende taban ve yükseklik çarpımı sabit olduğundan, taban ve yükseklik ters orantılıdır: $a h_{A} = bh_{B} = ch_{C}$. Ama yüksekliklerden kurulan üçgenin yükseklikleri $ABC$ üçgeninin kenarları ile doğru orantılı olur. Diğer bir ifadeyle mor, turuncu, kahverengi kenarlı üçgen $ABC$ üçgeni ile benzerdir. Kahverengi kenarı $h_{C}$ yüksekliğinin hizasını kesecek şekilde uzatırsak, bu bize $C$ köşesini verir. $C$ köşesinden mor kenara çektiğimiz paralelin turuncu kenarla kesişimi de $A$ noktasını verir.

Burada Öklit'in Elemanlar adlı eserinde tarif ettiği uzunluk taşıma ve üç kenarı verilen bir üçgenin çizimi gibi çok temel cetvel pergel çizim yöntemlerini ispatsız kullandık.

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.

Bütün rasyonel sayılar ve karekökleri cetvel ve pergelle kurulabilir

Cetvel pergel çizimleri ile cebir ve sayılar teorisini birleştirmeye kalktığımızda rasyonel sayılar ve onların kökleri karşımıza çıkar. Örneğin ikinci dereceden bir denklemin çözümünde diskriminant köklü bir ifadedir ve denklemin katsayıları tam sayı ise, o zaman bu diskriminantın da nasıl kurulacağını tarif etmemiz gerekir. Aşama aşama bu çizimleri yapacağız. Açık konuşmak gerekirse bu postayı Felix Klein'in cetvel pergel çizimiyle $ax^{2}+bx+c=0$ denklemine önerdiği çözümü gördükten sonra yazdım. Çizim meşhur İngiliz matematikçi Hardy'nin analiz ders kitabında geçiyordu. O da Fransızca bir kaynaktan almış. (Evet, Klein Alman!)

1. Tam sayıların çizimi: $AB$ doğru parçası bizim uzunluk birimimiz olsun ve $B$ ucundan bu doğru parçasını düzlemde sonsuza kadar uzatalım. Merkezi $B$, yarıçapı $|AB|$ olan bir çember doğruyu $A$ ve $C$ noktalarında keser. Barizdir ki $|AC| = 2 |AB|$. Bu bize uzunluğu 2 birim olan bir doğru parçası kurmayı öneriyor. Merkezi $C$, yarıçapı $|BC|$ olan bir çember daha çizdiğimizde bu çember doğruyu $B$ ve $D$ noktalarında keser. Yine barizdir ki $|AD|=3|AB|$ olur. Tümevarımla devam ettiğimizde uzunluğu $n \in {\mathbb N}$ birim olan bir doğru parçasını kurabiliriz.
2. Tam sayıların kareköklerinin çizimi: Uzunluk birimimiz verilmiş olsun. O zaman kenarları 1 birim olan ikizkenar dik üçgeni çizdiğimizde hipotenüsün uzunluğu $\sqrt{2}$ birim olur. Şimdi $1,\sqrt{2},\sqrt{3},\ldots,\sqrt{n}$ uzunluklarını (burada $n \in {\mathbb N}$) çizebildiğimizi varsayalım. O zaman tabanı $\sqrt{n}$ yüksekliği 1 birim olan dik üçgenin hipotenüsünün uzunluğu $\sqrt{n+1}$ olacağından, tümevarımla bütün tam sayıların kareköklerinin de cetvel ve pergelle çizilebileceğini göstermiş oluyoruz.
3. Rasyonel sayıların çizimi: Rasyonel sayımız $a/b$ ve $a,b \in {\mathbb N}$ olmak üzere $b \ne 0$ olsun. $a < b$ varsayacağız. ($a > b$ ise, o zaman $a/b = k + r/b$ ve $0 \leq r < b$ şeklinde $k$ ve $r$ tam sayıları vardır. $k$ tam sayısı yukarıda anlattığımız gibi, $r/b$ rasyonel sayısı ise şimdi anlatacağımız gibi kurulabilir.) $|BC|=1$ ve $|AB| = b$ uzunluğunda bir dik üçgen çizilsin. $AB$ kenarı üzerinde merkezi $A$, yarıçapı $a$ olan bir çember $AB$ kenarını $P$ noktasında keser: $|AP|=a$. $P$ noktasından $BC$ kenarına çekilen paralel doğru $AC$ kenarını $Q$ noktasında kessin. Üçgenlerin benzerliğinden \begin{equation*} \frac{|PQ|}{|BC|} = \frac{|AP|}{|AB|} \end{equation*} olur. Nicelikler yerine konulduğunda $|PQ| = a/b$ olduğu görülür.
4. Rasyonel sayıların karekökleri: Çizmemiz gereken rasyonel sayının karekökü $\sqrt{a/b}$ ve ${a,b \in {\mathbb N}}$ olacak şekilde $b\geq 1$ olsun. ($b=1$ ise, o zaman $\sqrt{a}$ niceliğinin nasıl çizileceğini anlattık.) Yine yandaki dik üçgen üzerinden gideceğiz. Öncelikle $a < b$ varsayalım. ($a > b$ durumu okura alıştırma olarak bırakılmıştır.) $|BC|=1$ ve $|AB| = \sqrt{b}$ uzunluğu yukarıda anlattığımız yöntemler kullanılarak kurulabilir ve $ABC$ dik üçgeni çizilebilir. $|AP|=\sqrt{a}$ uzunluğunu $AB$ üzerinde olacak şekilde kuralım. $P$ noktasından $BC$ kenarına çekilen paralel $BC$ kenarını $Q$ noktasında keser. Üçgenlerin benzerliğinden \begin{equation*} \frac{|PQ|}{1}=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}} \end{equation*} olur.

---

Nedir sayı? Bu göründüğünden çok daha zor bir soru ve cevaplamaya kalkmayacağız. Yüzeysel olarak dolayımından geçeceğiz sadece. Biz ilkokuldayken şöyle bir efsane anlatılırdı. Çobanın birisi sürüsündeki koyunları saymak için bir torbaya ahıra her koyun giridiğinde bir çakıl taşı atıyormuş. Her koyun çıktığında da bir çakıl alıyormuş torbadan. Böylece ahırdaki koyun kadar çakıl taşı oluyormuş torbada. Doğal sayılar böyle keşfedilmiş. Üç aşağı beş yukarı sayı dediğimiz şey günlük hayatta böyle kullanılagelmiştir. Rasyonel ve kareköklü sayılara gelince koyun sayma işi biraz zora giriyor. Antik Yunan kültüründeki geometricilerin sayı ile uzunluk ve alanı ilişkilendirip, sayıları uzunluk ve alanın ölçüsü olarak düşünmeleri rasyonel ve kareköklü sayıların temsil edilmesini de temin etmiştir. Vurgulayalım: hemen hemen her rasyonel sayının karekökü irrasyoneldir. Dolayısıyla cetvel pergel çizimleri bazı irrasyonel sayıların da kurulmasına olanak sunuyor.

G. I. Taylor sadece patlama fotoğraflarına bakarak atom bombasının enerjisini hesapladı

Birleşik Devletler Kara Kuvvetleri Komutanlığı (US Army) tarafından 16 Temmuz 1945 tarihinde Socorro (NM) şehrinin 56 km güneydoğusundaki White Sands Proving Ground'da gerçekleştirilen Trinity (teslis) kod adlı tatbikat aynı zamanda Atomik Çağ'ın da başlangıcını tespit eder. Bu tatbikatta patlatılan ve gayrıresmi kod adı The Gadget (alet edevat) olan silah, daha sonra 9 Ağustos 1945'te Nagasaki'ye atılan Fat Man (şişman adam) kod adlı bombayla aynı prensibe dayanarak çalışmaktaydı. Trinity Tatbikatı'nda 20 kilotonluk TNT'nin patladığında yaydığı enerjiye eşdeğer bir patlama üretilmiştir.

1947 yılında Birleşik Devletler Atomik Enerji Komisyonu'nun (US Atomic Energy Commission) Trinity Tatbikatı'ndaki patlamanın video görüntülerini yayınlamasıyla birlikte, akışkanlar mekaniği ve dalga teorisi alanlarında bir uzman olan İngiliz matematikçi ve fizikçi Sir Geoffrey Ingram Taylor şok cephesinin yayılmasıyla ilgili teorilerini kanıtlamak üzere bu görüntüleri kullanmıştır. Çalışmalarını 1950 yılında iki makale ile yayınlayan Taylor, sadece Atomik Enerji Komisyonu'nun yayınladığı görüntüleri kullanarak, Trinity Tatbikatı'nda kullanılan atom bombasından çıkan enerjiyi de kestirebilmiştir. Bu enerji değeri o zamanlar için askeri sır olarak kabul ediliyordu ve Taylor'ın yalnızca fotoğraflara bakarak bu değeri kestirebilmesi kamuoyunda ve siyasi çevrelerde bir süre konuşuldu. 50'li yılların, Soğuk Savaş dönemindeki nükleer silahlanma yarışına denk geldiği hatırlanacak olursa, Taylor'ın makalesinin NATO ittifakı için ne denli büyük bir istihbarat skandalı ve fiyaskosu olduğu daha net algılanabilir.

Taylor'ın teorisi bugün astrofizikteki süpernova patlamaları da dahil olmak üzere, küresel simetrik patlamaların olduğu pek çok alanda uygulanmaktadır. Biz bu postada Taylor'ın yaptığı veri analizinin temel ilkelerini anlatacağız. Literatürde Taylor-Sedov patlaması olarak bilinen enerji yoğunluğunun bir akışkan içinde yayılmasıyla ilgili teoriye göre, şok cephesinin yarıçapı ($R$) ile anlık patlamadan sonra geçen zaman ($t$) arasında aşağıdaki gibi bir kuvvet kanunu vardır. \begin{equation} R = At^{\mu} \end{equation} Burada $A$ bir sabit olup, patlamanın yaydığı enerjiyle bağlantılıdır. $\mu>0$ ise teoriye göre değeri $2/5$ olan bir kuvvettir. Şimdi bu denklemde her iki tarafın logaritmasını alırsak, o zaman \begin{equation} \log R = \mu \log t + \log A \end{equation} denklemini elde ederiz. $y:= \log R$ ve $x := \log t$ tanımlarıyla aslında bu denklemin $y = mx+n$ formunda bir doğru denklemi olduğu barizdir. Burada doğrunun eğimi $m=\mu$ ve kesme noktası da $n=\log A$ olur. İstatistiksel veri analizindeki en küçük kareler yöntemi Atomik Enerji Komisyonu'nun yayınladığı fotoğraflara uygulanırsa, o zaman hem $\mu$ hem de $A$ değerleri kestirilmiş olur. Çünkü fotoğrafların üzerinde patlamadan sonra kaç saniye geçtiği ve fotoğrafın ölçeği (yani birim uzunluğun kaç metreye tekabül ettiği) verilmektedir. Örneğin aşağıdaki fotoğraf patlamadan 15 ms sonra çekilmiştir.

Bizim geometrici olarak burada vazifemiz şok cephesinin yarıçapını hesaplamaktır. Bunu yapmanın bir kaç yolu var. Ateş topunun üstünde üç nokta seçelim ve bu üç noktadan oluşan $ABC$ üçgeninin kenar uzunluklarını ($a,b,c$) cetvelle ölçelim. Daha önce bu blogda kenarları verilen bir üçgen için çevral çemberin yarıçapını hesaplamayı anlatmıştık. \begin{equation} R = \frac{abc}{\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}} \end{equation} Nihayet fotoğraf üzerinden ölçtüğümüz uzunluğun gerçekte kaç metreye tekabül ettiğini de ölçekten kolayca bulabiliriz.

Gerekmiyor ama ateş topunun merkezi de tespit edilebilir. Şekilde gösterildiği gibi $AB$, $AC$ ve $BC$ kenarlarının orta noktalarını tespit ettikten sonra, kenarlara bu noktalardan çekilen dikmeler ateş topunun merkezini (şekilde $O$ noktası) gösterir. Merkezin, patlamadan 15 ms sonra yaklaşık olarak yerden 30 m yüksekte olduğuna dikkat ediniz. Öldürme gücü daha yüksek olsun diye, atom bombaları zemine sıfırda patlatılmaz. Onun yerine zemine mesela 100 m gibi bir yükseklikteyken bomba düzeneği uzaktan kumandayla patlatılır.

Taylor'ın konuyla ilgili makaleleri

1. G. Taylor, The Formation of a Blast Wave by a Very Intense Explosion. I. Theoretical Discussion, Proc. R. Soc. Lond. A 201, 159-174 (1950). doi: 10.1098/rspa.1950.0049
2. G. Taylor, The Formation of a Blast Wave by a Very Intense Explosion. II. The Atomic Explosion of 1945, Proc. R. Soc. Lond. A 201, 175-186 (1950). doi: 10.1098/rspa.1950.0050

İkizkenar bir üçgenin eşit kenarlarına ve çevral çemberine teğet bir çemberin çizimi

IMO 1978/4: $ABC$ üçgeninde $|AB|=|AC|$ veriliyor. Bu üçgenin çevral çemberine ve eşit kenarlarına $P \in AB$ ve $Q \in AC$ noktalarında içten teğet bir çember çiziliyor. $PQ$ doğru parçasının orta noktasının $ABC$ üçgeninin iç teğet çemberinin merkezi olduğunu gösteriniz.

Biz bu problemi olimpiyat komitesinin önerdiği gibi değil de, postanın başlığında verildiği gibi çözeceğiz. Yani bir ikizkenar üçgen verilmiş. Bu üçgenin eşit kenarlarına ve çevral çemberine içten teğet bir çember nasıl çizilir, onunla uğraşacağız. Üçgenimiz ikizkenar olduğu için çözmemiz gereken problem de kolaylaşmış oluyor. (Henüz denemedim ama çeşit kenar bir üçgende aynı problemi çalışmak çok daha zor olabilir gibi bir sezgim var.)

İşe öncelikle şekilde verilen ikizkenar $ABC$ üçgeninin yüksekliğini bulmakla başlayalım. $|BC|=:a$, $|AB|=|AC|=:b$ ve $|AH|=:h$ olsun. O zaman yükseklik Pisagor teoreminden kolayca hesaplanılır. \begin{equation*} h = \frac{1}{2}\sqrt{4b^{2}-a^{2}} \end{equation*} Üçgen ikizkenar olduğu için çevral çemberin merkezi $AH$ doğrultusunun üstündedir ve dahi $AH$ doğrultusu $BAC$ açısını ikiye böler. Çevral çemberin merkezini şekilde $O$ noktası ile gösterdik. Hatırlanacağı üzere çevral çemberin merkezinden kenarlara indirilen dikmeler, kenarları iki eşit parçaya bölüyordu. O zaman $R \cos (A/2) = b/2$ olur. Burada $R$ çevral çemberin yarıçapıdır. Ama $ABH$ üçgeninden $\cos(A/2) = h/b$ eşitliğini gözlediğimizde \begin{equation*} R = \frac{b^{2}}{\sqrt{4b^{2}-a^{2}}} \end{equation*} olur. Ön hazırlığımızın sonuncu aşamasında iç teğet çemberin yarıçapını, $r$ değerini, hesaplayacağız. Bunu isterseniz $ABC$ üçgeninin toplam alanını kullanıp, $ah = (2b+a)r$ eşitliğini çözerek kolayca yapabiliriz. (İç teğet çemberin merkezinden kenarlara indirilen dikmelerin hepsi $r$ kadardır.) \begin{equation*} r = \frac{a}{2(2b+a)}\sqrt{4b^{2}-a^{2}} \end{equation*}

Şekilde iç teğet çemberin merkezini $I$ noktası ile gösterdik. $I$ noktası aynı zamanda $ABC$ üçgeninin iç açı ortaylarının kesişim noktası olduğundan, $I \in AH$ olduğu barizdir. Çizmemiz istenilen çember ikiz kenar üçgenin her iki kenarına da teğet olduğundan onun da merkezi $J \in AH$ olmak zorundadır. $PQD$ çemberinin yarıçapı $\rho$ olsun. O zaman barizdir ki $|JH|=h-|OA|-|OJ|$ ya da $|JH|=h-R-(R-\rho)=h-2R+\rho$ olur. Yine üçgenin toplam alanından gideceğiz ve $ah = 2b\rho + a|JH|$ denklemini kuracağız. Bu denklemde $|JH|$ yerine konulup $\rho$ için çözüldüğünde $\rho = 2aR/(2b+a)$ bulunuyor. Diğer bir ifadeyle \begin{equation*} \rho = \frac{2ab^{2}}{(2b+a)\sqrt{4b^{2}-a^{2}}} \end{equation*} olmaktadır.

Şimdi, $PQ$ doğru parçası $AH$ yüksekliğini $K$ noktasında kessin. (Şekilde bariz bir biçimde $K=I$ olması gerektiği görülüyor ama biz bunu henüz ispatlamadık!) O zaman $|HK|=|JH|+|JK|$ olur. $|JH|$ uzunluğunu daha önce bulduk. $|JK|=\rho \sin (A/2)$ olduğuna göre, $\sin(A/2)=a/2b$ ve daha önce bulduklarımızı kullandığımızda \begin{equation*} |HK| = h-2R+\rho + \rho \frac{a}{2b} = \frac{a}{2(2b+a)}\sqrt{4b^{2}-a^{2}} = r \end{equation*} olduğunu göstermiş oluyoruz. O zaman $|HK|=|HI|=r$ ve $I$ ile $K$ noktaları aynı doğrultu üzerinde olduklarına göre $I=K$ denkliği gösterilmiş oluyor.

Toparlayalım. İkizkenar bir üçgenin eşit kenarlarına ve çevral çemberine içten teğet bir çember çizmek için

1. Üçgenin tepe noktasına ait açı ortay (aynı zamanda dikme ve kenar ortay) $AH$ çizilir.
2. İç açı ortayların kesişim noktasından, iç teğet çemberin merkezi $I$ tespit edilir.
3. $AH$ doğru parçasına $I$ noktasında dik doğrunun $AB$ kenarını kestiği nokta $P$ ve $AC$ kenarını kestiği nokta $Q$ tespit edilir.
4. $AB$ kenarına $P$ noktasından çizilen dikme ile $AC$ kenarına $Q$ noktasından çizlen dikmenin kesişim noktası $J$ tespit edilir.
5. Aranılan çemberin merkezi $J$ noktasında olup, yarıçapı ise $|JP|$ kadardır.

Aynı köşeye ait iç açı ortayı, kenar ortayı ve yüksekliği verilen bir üçgenin kenar uzunluklarını bulmak - 1

Daha önce bu blogda ters üçgen problemlerinden bir tanesini çalışmıştık, üç yükseklik veriliyor ve kenarların uzunlukları isteniyordu. Bugün de başka bir ters üçgen problemini çalışacağız. Bir üçgenin aynı köşesine ait iç açı ortay, kenar ortay ve yükseklik veriliyor. Bu üçgenin kenar uzunluklarını hesaplayınız.

Cebirsel denklemler

Sürekli kullandığımız üzere bu blogda kenar uzunlukları verilen bir üçgene ait unsurların uzunluklarını hesaplamayı çalışmıştık. Şimdi aynı soruyu tersinden ele almamız isteniyor. İlkin, genelliği kaybetmeden, $ABC$ üçgeninin $A$ köşesine ait sırasıyla kenar ortay, iç açı ortay ve yüksekliklerin uzunluklarını daha önce yaptığımız çalışmadan buraya getirelim. \begin{eqnarray} &&m = \frac{1}{2}\sqrt{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}} \\ &&l = \frac{1}{b+c}\sqrt{bc(a+b+c)(-a+b+c)} \\ &&h = \frac{1}{2a}\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)} \end{eqnarray} Bu denklem sisteminde $a,b,c$ bilinmeyenler ve $m,l,h$ ise bilinenlerdir. Amacımız bu denklem sistemini cebirsel yöntemlerle çalışmak. O zaman bu denklemleri köklü ifadelerden temizlekle işe başlayalım. Çok basit manipulasyonlar sonunda aşağıdaki sisteme ulaşıyoruz. \begin{eqnarray} &&4m^{2} = 2b^{2}+2c^{2}-a^{2} \label{ko} \\ &&l^{2}(b+c)^{2} = bc \left( (b+c)^{2} - a^{2}\right) \label{ao} \\ &&4h^{2}a^{2} = \left( (b+c)^{2} - a^{2}\right) \left( a^{2} - (b-c)^{2}\right) \label{yuk} \end{eqnarray} Bu sistem dördüncü dereceden terimler içeriyor ve lineer cebirin imkanları kullanılarak çözülemez. Öte yandan her üç denklemde de $a^{2}$ ifadesinin olduğuna, daha doğrusu $a$ bilinmeyeninin sadece bu formuyla denklemlerde yer aldığına dikkat edelim. O zaman ilk denklemden $a^{2} = 2b^{2}+2c^{2}-4m^{2}$ ifadesini çekip, bunu diğer iki denklemde kullandığımızda sistemimizi iki bilinmeyenli iki denkleme indirgemiş olacağız. \begin{eqnarray} &&b^{4}+c^{4}-2b^{2}c^{2}-8(m^{2}-h^{2})b^{2}-8(m^{2}-h^{2})c^{2}+16m^{2}(m^{2}-h^{2})=0 \label{bir}\\ &&b^{3}c+bc^{3}-2b^{2}c^{2}+l^{2}b^{2}+l^{2}c^{2}+(2l^{2}-4m^{2})bc = 0 \label{iki} \end{eqnarray} Bu sefer şansımız yaver gitmedi. Her ne kadar çalışılması gerekli sistemin değişken sayısını üçten ikiye indirgemiş olsak da, her iki denklemdeki $bc$ ve $b^{2}c^{2}$ çapraz terimler (cross terms) daha fazla bilinmeyen elememize imkan sunmuyorlar.

Sorunun kuruluşu gereği denklemlerimiz üç parametreye bağlı. Ama (\ref{bir}) ve (\ref{iki}) nolu denklemlerden bu parametrelerin $m^{2}-h^{2}$, $l^{2}$ ve $m^{2}$ şeklinde kendilerini gösterdiğini gözleyiniz. Acaba parametre sayısını üçten ikiye indirebilir miyiz? Bu maksatla öncelikle $m=h$ durumunda (\ref{bir}) ve (\ref{iki}) nolu denklemlerin sadece bariz olan $b=c$ çözümünü verdiklerini gözlüyoruz. Diğer bir ifadeyle $m=h(=l)$ ise, o zaman problem çözülemiyor! Problemin çözülebilir olduğu parametre uzayında ise, daha önce yaptığımız çalışmalar uyarınca, $m>h$ olmalıdır. O zaman genelliği kaybetmeden $0< d^{2} := m^{2}-h^{2}$ tanımlayalım ve denklem sistemimizdeki bütün uzunlukları $d$ biriminde ölçelim. $b =:yd$, $c =: zd$, $m =:Md$ ve $l=:Ld$ tanımlarıyla (\ref{bir}) ve (\ref{iki}) nolu denklemler şöyle olur. \begin{eqnarray} &&y^{4}+z^{4}-2y^{2}z^{2}-8y^{2}-8z^{2}+16M^{2}=0 \label{uc}\\ &&y^{3}z+yz^{3}-2y^{2}z^{2}+L^{2}y^{2}+L^{2}z^{2}+(2L^{2}-4M^{2})yz = 0 \label{dort} \end{eqnarray} Bu denklem sisteminin sadece iki parametreye bağlı olduğunu gözleyiniz.

İkinci yeni değişkenler

Yukarıdaki denklem sistemini cebirsel geometrideki Gröbner bazlarını kullanarak çözmek mümkün tabi, ama böylesine ileri dereceden bir yöntem için yapmamız gereken ön hazırlık çok fazla. Ben bu problemi değişken sayısını arttırarak çalışmayı deneyeceğim. Şimdi genelliği kaybetmeden $b>c \iff y>z$ olduğunu varsayalım. O zaman aşağıdaki nicelikler pozitiftir. \begin{eqnarray} \alpha &:=& y^{2}+z^{2} \\ \beta &:=& y^{2}-z^{2} \\ \gamma &:=& yz \end{eqnarray} Bu tanımlarla \begin{eqnarray} &&y = \sqrt{\frac{\alpha+\beta}{2}} \label{yee} \\ &&z = \sqrt{\frac{\alpha-\beta}{2}} \label{zee} \\ &&yz = \gamma = \sqrt{\frac{\alpha^{2}-\beta^{2}}{4}} \label{gamma1} \end{eqnarray} olduğu barizdir. Şimdi (\ref{uc}) nolu denklemi yeni değişkenler cinsinden ifade edelim. \begin{equation} \beta^{2} - 8 \alpha + 16M^{2} = 0 \end{equation} Bu denklem sayesinde $\beta$ niceliğini $\alpha$ cinsinden ifade etmiş oluyoruz: \begin{equation} \beta = \sqrt{8\alpha-16M^{2}} . \label{beta1} \end{equation} Benzer işlemleri (\ref{dort}) nolu denklem için de yapmamız gerekiyor. \begin{equation} \gamma (\alpha - 2\gamma) + L^{2}\alpha + (2L^{2}-4M^{2})\gamma = 0 \end{equation} Bu denklem $\gamma$ niceliğinin kuvvetlerine göre sıralandığında bize aşağıdaki denklemi verecektir. \begin{equation} 2\gamma^{2} + (4M^{2}-2L^{2}-\alpha) \gamma - L^{2} \alpha = 0 \end{equation} Kuadratik formülü kullanılarak bu denklem çözülebilir. \begin{equation} \gamma = \frac{-(4M^{2}-2L^{2}-\alpha) + \sqrt{(4M^{2}-2L^{2}-\alpha)^{2}+8L^{2}\alpha}}{4} \label{gamma2} \end{equation} (Okur bu denklemde neden diskriminantın önünde $+$ işaretini seçtiğimizi izah etmelidir.) Ama (\ref{gamma1}) ve (\ref{beta1}) nolu denklemler beraber kullanılırsa, $\gamma$ ile $\alpha$ arasında ikinci bir ilişki daha bulunur: \begin{equation} \gamma = \frac{1}{2} \sqrt{\alpha^{2}-8\alpha + 16M^{2}}. \label{gamma3} \end{equation} Elimizde $\gamma$ niceliğini $\alpha$ cinsinden veren iki denklem var. Bunları birbirlerine eşitlediğimizde çözüldüğünde $\alpha$ niceliğini veren bir denklem elde edebiliriz. \begin{equation} \frac{1}{2} \sqrt{\alpha^{2}-8\alpha + 16M^{2}} = \frac{-(4M^{2}-2L^{2}-\alpha) + \sqrt{(4M^{2}-2L^{2}-\alpha)^{2}+8L^{2}\alpha}}{4} \end{equation} Kesirleri temizlemek için her iki tarafı 4 ile çarpacağız. Kökleri ise iki aşamada temizleyeceğiz. Önce her iki tarafın karesini alalım. \begin{equation} 4(\alpha^{2}-8\alpha + 16M^{2}) = 2(4M^{2}-2L^{2}-\alpha)^{2} + 8L^{2}\alpha -2(4M^{2}-2L^{2}-\alpha)\sqrt{(4M^{2}-2L^{2}-\alpha)^{2}+8L^{2}\alpha} \end{equation} Daha sonra köklü terimi yalnız bırakacak şekilde eşitliği yeniden düzenleyelim. (Bu aşamada Maxima gibi bir bilgisayar cebir sistemi (computer algebra system) kullanmak hiç fena olmaz.) Her iki tarafın karesi alındığında köklü ifadeler tamamıyla temizlenmiş olacaktır ve çıkan denklem $\alpha$ niceliğine göre kübiktir. \begin{equation*} \bbox[5px,border:3px solid black]{ (M^{2}-L^{2}-1)\alpha^{3} + (2L^{2}M^{2}-8M^{2}+8L^{2}+8) \alpha^{2} + (16M^{6}-16L^{2}M^{4}-16M^{4}-16L^{2}M^{2}+4L^{4})\alpha + 32L^{2}M^{6}-8L^{4}M^{4} = 0} \end{equation*}

Bundan sonra yapılması gerekenler -eğer bir bilgisayar cebir sisteminiz varsa- basit: Kutu içindeki kübik denklemi çözüp $\alpha$ bulunacak. Daha sonra $\beta$ (\ref{beta1}) nolu denklemden hesaplanacak. Böylece (\ref{yee}) ve (\ref{zee}) nolu denklemler kanalıyla $y$ ve $z$ hesaplanılacak. $y$ ve $z$ bulundumu $b$, $c$ ve nihayet $a$ niceliklerinin hesaplanılması artık son derece kolaylaşmış oluyor.

Kutu içindeki kübik denklemin kök tasnifini de başka zaman yapalım.

Bir üçgenin aynı köşesine ait (iç) açı ortay, kenar ortay ve yüksekliklerinin sıralanması

Daha önce bu blogda bir üçgenin sırasıya iç açı ortay ($l$), kenar ortay ($m$) ve yüksekliklerinin ($h$) uzunluklarını üçgenin kenar uzunlukları $a,b,c$ cinsinden ifade etmiştik. Bulgularımızı özetleyelim. \begin{eqnarray} \nonumber &&l = \frac{1}{b+c}\sqrt{bc(a+b+c)(-a+b+c)} \\ \nonumber &&m = \frac{1}{2}\sqrt{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}} \\ \nonumber &&h = \frac{1}{2a}\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)} \end{eqnarray} Hatırlatmak lazım ki burada verilen uzunluklar $ABC$ üçgeninin $A$ köşesine aittir. Bugünkü problemimiz şöyle: $l,m,h$ arasındaki sıralama nasıldır?

Öklit geometrisinin en meşhur kanunlarından birisi şudur: Bir nokta ile (o noktadan geçmeyen) bir doğru arasındaki en kısa yol, o noktadan doğru parçasına indirilen dikmenin uzunluğu kadardır. Ama $ABC$ üçgeninde $A$ köşesinden $BC$ kenarına indirilen dikme $h$ kadar olduğundan, en kısa olan unsuru, yani $h$ niceliğini, tespit etmiş oluyoruz.

Geriye $l$ ile $m$ arasında bir sıralama yapmak kaldı. Şimdi $l/m$ oranını bazı temel cebirsel manipulasyonlardan sonra şöyle ifade edebiliriz. \begin{equation} \frac{l}{m} = \frac{\sqrt{bc}}{\frac{b+c}{2}} \sqrt{\frac{b^{2}+2bc+c^{2}-a^{2}}{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}} \label{lbm} \end{equation} Bu oran bir eşitlik. Öte yandan bizim bir eşitsizliğe ihtiyacımız var.

Aritmetik-geometrik orta eşitsizliğini kullanacağız. $x$ ve $y$ pozitif sayılar ise, o zaman $(x-y)^{2} \geq 0$ eşitsizliği $\bbox[1px,border:1px solid black]{x^{2}+y^{2} \geq 2xy}$ şeklinde yeniden düzenlenebilir. Bu eşitsizlik sayılardan birisi negatif olduğunda da geçerlidir, ama burada eşitsizlik pozitif büyüktür negatif biçiminde aşikar (trivial) olmaktadır. Eşitsizlikte $x \to \sqrt{x}$ ve $y \to \sqrt{y}$ koyarsak, o zaman $\bbox[1px,border:1px solid black]{x+y \geq 2 \sqrt{xy}}$ elde edilir.

Bu ara bilgiden sonra (\ref{lbm}) nolu denkleme geri dönebiliriz. Şimdi, soldan ikinci köklü ifadenin pay kısmında $2bc$ yerine $b^{2}+c^{2}$ yazarsak, o zaman ifadenin tamamı daha da büyür. \begin{equation*} \frac{l}{m} \leq \frac{\sqrt{bc}}{\frac{b+c}{2}} \sqrt{\frac{b^{2}+b^{2}+c^{2}+c^{2}-a^{2}}{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}} = \frac{\sqrt{bc}}{\frac{b+c}{2}} \end{equation*} Burası çok önemli: Bu aşamadan sonra yaptığımız her manipulasyon eşitsizliğin sağ tarafını daha da büyütmeye yönelik olmalıdır. Aritmetik-geometrik orta eşitsizliğini bir kere daha kullanalım: \begin{equation*} \frac{l}{m} \leq \frac{\sqrt{bc}}{\frac{b+c}{2}} \leq \frac{\frac{b+c}{2}}{\frac{b+c}{2}} = 1. \end{equation*} Demek ki $l \leq m$ imiş!

Toparladığımızda, $h \leq l \leq m$ sıralamasını ispatlamış oluyoruz. Üçgen ikiz kenar ya da eşkenar ise, o zaman $b=c$ olacağından, bu özel durumda $h=l=m$ eşitliği sağlanır. (Lütfen deneyiniz.)

Nostaljik bir uluslararası olimpiyat sorusu

IMO 1964/3: Kenar uzunlukları $a,b,c$ olan $ABC$ üçgenine bir iç teğet çember çiziliyor. Üçgenin kenarlarına paralel olacak şekilde bu çembere teğetler çekiliyor. Bu teğetlerden her biri $ABC$ üçgeninden bir üçgen keserler. Bu kesilen üçgenlere de iç teğet çemberler çiziliyor. Dört çemberin toplam alanını $a,b,c$ cinsinden bulunuz.

Şimdiki olimpiyat sorularına bakınca gerçekten de son derece kolay bir soru bu. $ABC$ üçgeni, soruda geçen dört çember ve paraleller şekilde gösteriliyor. Şimdi $AH \perp BC$ olacak şekilde, $A$ köşesinden $BC$ tabanına bir dikme indirelim. İç teğet çemberin merkezinden kenarlara çizilen doğru parçaları da kenarlara diktir. O zaman $AH \parallel WX$ olur. $r := |IX|$ ve $h_{a}:=|AH|$ tanımları ve üçgenin alanından hareketle \begin{equation*} \frac{r}{h_{a}} = \frac{a}{a+b+c} \end{equation*} diyebiliriz. $APQ$ üçgeninin iç teğet çemberinin yarı çapına $r_{A}$ diyelim. (Benzer şekilde $r_{B}$ ve $r_{C}$ uzunlukları da tanımlanabilir.) $\triangle ABC \sim \triangle APQ$ kullanıldığında \begin{equation*} \frac{r_{A}}{r} = \frac{h_{a}-2r}{h_{a}} \end{equation*} benzerlik oranını da yazabiliyoruz. Bu iki denklem beraber çözüldüğünde bize \begin{equation*} r_{A} = r \frac{-a+b+c}{a+b+c} \end{equation*}

eşitliğini verecektir. Diğer bir ifadeyle $r_{A}$ değeri, $r$ cinsinden ifade edilmiş olur. Tamamen benzer yöntemlerle \begin{equation*} r_{B} = r \frac{a-b+c}{a+b+c} \ \ \ {\rm ve} \ \ \ r_{C} = r \frac{a+b-c}{a+b+c} \end{equation*} sonuçlarına da ulaşabiliriz. Aradığımız toplam alanı yukarıdaki yarı çap ilişkileri ile sadece $r$ cinsinden ifade etme imkanı doğdu. \begin{equation*} S:=\pi (r^{2}+r_{A}^{2}+r_{B}^{2}+r_{C}^{2}) = \frac{4\pi(a^{2}+b^{2}+c^{2})r^{2}}{(a+b+c)^{2}} \end{equation*} Soruyu bitirmek için daha önce bu blogda yer alan Kenarları verilen bir üçgene ait unsurların uzunlukları başlıklı postadan iç teğet çemberin yarı çapını kullanıyoruz. \begin{equation*} S = \frac{\pi (a^{2}+b^{2}+c^{2})(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{(a+b+c)^{3}} \end{equation*}

Çaprazlama duran iki merdiven - 1

Aşağıdaki soruyu Martin Gardner'ın Mathematical Circus adlı kitabının 62. ve 63. sayfalarında gördüm.

Çözümü üçgenlerin benzerliğinden yapılan ve kökeni tam olarak bilinmeyen adı çıkmış klasik bulmacalardan birisi hakkında Dudley F. Church şöyle diyor: Problemin büyüsü ilk bakışta sadeymiş gibi görünüp daha sonra kolayca cebirsel bir kargaşaya dönüşen çözümünde yatıyor. Problem uzunlukları farklı iki merdiven hakkında. (Merdivenlerin uzunlukları eşitse, o zaman çözüm bariz oluyor.) Merdivenler şekilde gösterildiği gibi iki binaya yaslanmışlar. Merdivenlerin uzunlukları ve kesişim noktalarının yerden yüksekliği veriliyor. Binalar arasındaki mesafe nedir?

Gardner kitabında problemin nasıl çözüldüğünü anlatmamış. Sadece dördüncü dereceden bir (kuartik) denklemin çözümüne kadar indirgendiğini not etmiş ve orada bırakmış. Biz ilk önce Gardner'ın kitabında verilen cebirsel denklemi türeteceğiz. Daha sonra o cebirsel denklemin bizzat kendisini de başka bir zaman çalışacağız.

Şekilde kırmızı renkle gösterilen merdivenlerin uzunlukları $|AD|=:a$ ve $|BC|=:b$ olarak veriliyor. Çaprazlama duran merdivenlerin kesişim noktaları $E$ olup, bu noktanın sokağa izdüşümü $F$'tir. Yine soruda $|EF|=:c$ olarak verilmiş. Bunlar problemi çözmede kullanmamıza izin verilen bilinenler. Soruyu çözmek için $|AB|=:h$, $|CD|=:k$, $|BF|=:v$ ve $|FD|=:u$ olmak üzere toplamda dört tane bilinmeyen tanımlayacağız. Her ne kadar bizden $u+v$ uzunluğu istense de, biz bütün bilinmeyenleri $k$ cinsinden ifade edip, daha sonra çözüldüğünden $k$ değerini veren bir denkleme kadar problemi çalışacağız. Genelliği bozmadan $a > b$ kabul edelim.

İlk önce $\triangle ABC$ ve $\triangle BCD$ için Pisagor teoremini uygulayalım. \begin{eqnarray} a^{2} &=& h^{2} + (u+v)^{2} \\ b^{2} &=& k^{2} + (u+v)^{2} \end{eqnarray} Daha sonra da sırasıyle $\triangle DEF \sim \triangle ABD$ ve $\triangle BEF \sim \triangle BCD$ benzerliklerinden iki denklem daha üretebiliyoruz. \begin{eqnarray} \frac{c}{u} &=& \frac{h}{u+v} \\ \frac{c}{v} &=& \frac{k}{u+v} \end{eqnarray} Eleme yöntemlerini kullanarak her bilinmeyeni $k$ cinsiden ifade etmeye çalışacağız. Öncelikle (1) ve (2) nolu denklemleri taraf tarafa çıkarıp yeniden düzenlediğimizde \begin{equation} \bbox[5px,border:2px solid red]{h = \sqrt{a^{2}-b^{2}+k^{2}}} \end{equation} ilişkisini elde ediyoruz. (3) ve (4) nolu denklemleri taraf tarafa böldüğümüzde $u/v = k/h$ ya da \begin{equation} u = \frac{k}{h}v \end{equation} arasonucu karşımıza çıkıyor. Şimdi (2) nolu denklemden de \begin{equation} u = \sqrt{b^{2}-k^{2}} - v \end{equation} arasonucunu gözlersek, o zaman son iki denklemi birbirine eşitlediğimizde ve nihayet (5) nolu denklemi de kullandığımızda \begin{equation} \frac{k}{h}v = \sqrt{b^{2}-k^{2}} - v \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \bbox[5px,border:2px solid red]{v = \frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}+k^{2}}\sqrt{b^{2}-k^{2}}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}+k^{2}}+k}} . \end{equation} Son olarak (8) nolu sonucu (6) nolu denklemde kullanırsak, o zaman bütün bilinmeyenlerin $k$ cinsinden ifade edilmesi süreci bitmiş oluyor. \begin{equation} \bbox[5px,border:2px solid red]{u = \frac{k\sqrt{b^{2}-k^{2}}}{\sqrt{a^{2}-b^{2}+k^{2}}+k}} \end{equation}

İşin nisbeten kolay kısmı bitti. Şimdi bilinmeyen olarak sadece $k$ niceliğini içeren bir denklem bulmamız gerekiyor. Ne yazık ki ilk dört denklemi kullandık. Bu yüzden onlara geri döndüğümüzde totolojik (ve can sıkıcı) sonuçlarla karşılaşabiliriz. Bu yüzden yeni bir denklemle işe başlamamız gerekiyor. Çalıştığımız problemin konfigurasyonundan yola çıkılarak pek çok benzerlik denklemi üretilebilir. Mesela $BEF$ ve $BCD$ üçgenlerinde benzerliği uyguladığımızda \begin{equation} \frac{\sqrt{c^{2}+v^{2}}}{c} = \frac{b}{k} \ \ \ \Rightarrow \ \ \ (c^{2}+v^{2})k^{2} = b^{2}c^{2} \end{equation} denklemi karşımıza çıkıyor. Artık bundan sonra (8) nolu denklemi yukarıda kullanmamız gerekiyor. \begin{equation} \left(c^{2}+\frac{(a^{2}-b^{2}+k^{2})(b^{2}-k^{2})}{a^{2}-b^{2}+2k^{2}+2k\sqrt{a^{2}-b^{2}+k^{2}}}\right) k^{2} = b^{2}c^{2} \end{equation} Amacımıza neredeyse ulaştık! Bu denklem sadece bir tane bilinmeyen içeriyor. Öte yandan Gardner'ın sözünü ettiği cebirsel kargaşa kendini göstermeye başladı. Bundan sonra yapılması gereken manipulasyonları eğer kalem kağıtla yapmaya çalışırsanız çok büyük bir ihtimalle hataya düşersiniz. Bu yüzden Maxima veya open-axiom gibi bir bilgisayar cebir sistemi/yazılımı (Computer Algebra System) kullanmanızı şiddetle tavsiye ediyorum. (Ben Maxima kullandım.) (11) nolu denklem üzerinde yapılması gereken işlemler sırasıyla şöyledir: (a) Önce parantezler açılır ve paydalar eşitlenerek, denklem kesirli ifadelerden temizlenir. (b) Ardından köklü ifadeler bir tarafta, diğer ifadeler öteki tarafta duracak şekilde denklem yeniden düzenlenir. (c) Her iki tarafın karesi alınarak denklem köklü ifadelerden de temizlenir. (Bu aşamada karşılaşılan ifade $k$ bilinmeyenine göre 8. derecedendir. Şaka gibi!) (d) Nihayet $f(k) =0$ formuna getirdiğimiz denklem -eğer çarpanlarına ayrılıyorsa!- çarpanlarına ayrılır. Neyseki şansımız yaver gitti ve 8. dereceden denklemimiz $f(k)=g(k)j(k)$ şeklinde iki tane dördüncü dereceden polinomun çarpımı şeklinde çarpanlarına ayrıldı. Maxima'nın verdiği sonuç aşağıdaki gibidir. \begin{eqnarray} g(k) &=& k^{4} - 2ck^{3} + (a^{2}-b^{2})k^{2} - 2(a^{2}-b^{2})ck + (a^{2}-b^{2})c^{2} \\ j(k) &=& k^{4} + 2ck^{3} + (a^{2}-b^{2})k^{2} + 2(a^{2}-b^{2})ck + (a^{2}-b^{2})c^{2} \end{eqnarray}

Sorun şu: aradığımız $k$ değerini ya $g(k)=0$ ya da $j(k)=0$ denklemini çözerek bulacağız. Bir seçim yapmamız gerekiyor. Şimdi çalıştığımız problemin konfigürasyonu gereği $a^{2}-b^{2} > 0$ olduğundan, $j(k)$ polinomunun bütün katsayıları pozitiftir. O zaman $k>0$ için $j(k)>0$ olacağından, bu polinomun pozitif bir kökü olamaz. Sekiz alternatiften dördünü böylece elemiş oluyoruz. Geriye $g(k)=0$ denklemini çalışmak kalıyor. Gardner'ın kitabında ispatsız yer verdiği denklem de bu.

Bir sonraki gönderimizde $g(k)=0$ denkleminin kök tasnifine derinlemesine bakacağız.

Ortik üçgenin optik özelliği

Problem 6: Dar açılı bir $\triangle ABC$'de $P \in BC$, $Q \in AC$ ve $R \in AB$ olacak şekilde $P$, $Q$ ve $R$ noktaları seçiliyor. $\triangle PQR$'nin çevresinin minimal olması için $P$, $Q$ ve $R$ noktaları nasıl seçilmelidir?

Cevabımız bir kaç aşamadan oluşacak. Öncelikle $m(\angle BPR) = m(\angle CPQ)$, $m(\angle CQP) = m(\angle RQA)$ ve $m(\angle ARQ) = m(\angle BRP)$ olduğunu göstereceğiz. Dikkatli okur bu konfigürasyonun aslında geometrik optikteki yansıma kanunundan başka bir şey olmadığını gözleyecektir. Üçgen biçiminde sürtünmesiz bilardo masasındaki esnek çarpışmalarla yansıyan ve periyodik bir yörünge izleyen bilardo topunun da dinamiği yine aynıdır. Şimdi aradığımız üçgenin çevresini \begin{equation*} s := |RP| + |PQ| + |QR| \end{equation*} tanımlayalım. $\triangle PQR$'nin tam tayin edilebilmesi için üç niceliğin verilmesi yeterlidir. Bunları mesela $x:= |BP|$, $y:=|CQ|$ ve $z := |AR|$ şeklinde seçebiliriz. Şimdi kosinus teoremini uygulayalım ve basitçe $\triangle PQR$'nin kenar uzunluklarını bilinmeyenler ($x$, $y$, $z$) ve bilinenler ($a:=|BC|$, $b:=|AC|$, $c:=|AB|$, $A:=m(\angle BAC)$, $B:=m(\angle ABC)$, $C:=m(\angle ACB)$) cinsinden ifade edelim. \begin{equation*} s := \sqrt{x^{2}+(c-z)^{2}-2x(c-z)\cos B} + \sqrt{y^{2}+(a-x)^{2}-2y(a-x)\cos C} + \sqrt{z^{2}+(b-y)^{2}-2z(b-y)\cos A} \end{equation*} Ekstremum şartı bize üç tane denklem verecektir: \begin{equation*} \frac{\partial s}{\partial x} = 0, \ \ \ \frac{\partial s}{\partial y} = 0 \ \ \ {\rm ve} \ \ \ \frac{\partial s}{\partial z} = 0. \end{equation*} Ben bunlardan sadece ilkini çalışıp, diğer ikisinin soruşturulmasını okura bırakacağım. (Takip edilmesi gereken yol aşağıdaki çalışmadan kolayca genelleştirilebilir.) İlk ekstremum şartı, türev alınıp yeniden düzenleme yapıldıktan sonra bize aşağıdaki denklemi verecektir. \begin{equation*} \frac{x-(c-z)\cos B}{|RP|} = \frac{(a-x)-y \cos C}{|PQ|} \end{equation*} $R$ ve $Q$ noktalarının $BC$ kenarı üzerine izdüşümlerine sırasıyla $U$ ve $V$ dersek, o zaman yukarıdaki son denklemin aslında temel trigonometrik argumanlar kullanılarak \begin{equation*} \frac{|UP|}{|RP|} = \frac{|VP|}{|PQ|} \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \cos(m(\angle BPR)) = \cos (m(\angle CPQ)) \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \bbox[5px,border:2px solid red]{ m(\angle BPR) = m(\angle CPQ)} \end{equation*} sonucunu doğurduğu görülür. Tamamen benzer yöntemlerle $m(\angle CQP) = m(\angle RQA)$ ve $m(\angle ARQ) = m(\angle BRP)$ olduğunu okur gösterebilir.

İspatımızın ikinci aşamasında $\triangle PQR$'nin iç açı ortaylarını çalışacağız. Hesaplamalarımızda kolaylık olması için \begin{eqnarray} \nonumber \alpha &:=& m(\angle BPR) = m(\angle CPQ), \\ \nonumber \alpha^{\prime} &:=& m(\angle RPT) = m(\angle TPQ), \\ \nonumber \beta &:=& m(\angle CQP) = m(\angle AQR), \\ \nonumber \beta^{\prime} &:=& m(\angle RQS) = m(\angle PQS), \\ \nonumber \gamma &:=& m(\angle BRP) = m(\angle ARQ), \\ \nonumber \gamma^{\prime} &:=& m(\angle QRW) = m (\angle PRW) \end{eqnarray} tanımlayalım. Yansıma kanunundan da kolayca görüleceği üzere $\alpha+\alpha^{\prime} = \beta + \beta^{\prime} = \gamma + \gamma^{\prime} = 90^{\rm o}$ olmalıdır. Yine barizdir ki $\triangle PQR$'nin iç açılarının toplamından ve açı ortay özelliğinden $\alpha^{\prime} + \beta^{\prime} + \gamma^{\prime} = 90^{\rm o}$ olur. Öncelikle $BPTR$ dörtgeninde iç açıların toplamına bakalım. \begin{equation*} 360^{\rm o} = B + 90^{\rm o} + \alpha^{\prime} + 2 \beta^{\prime} + 90^{\rm o} + \gamma^{\prime} \end{equation*} ya da $B+\beta^{\prime} =90^{\rm o}$ olacaktır. Bu ise $\bbox[2px,border:2px solid red]{\beta = B}$ sonucunu gerektirir. Okur az önce uyguladığımız tekniği sırasıyla $CPSQ$ ve $ARWQ$ dörtgenlerine uygulayarak $\gamma = C$ ve $\alpha = A$ sonuçlarına da varabilir. Demek ki aradığımız $P$, $Q$, ve $R$ noktaları $\triangle ABC$'ni üç tane benzer (ama genelde birbirine eşit olmayan) üçgene bölüyormuş.

İspatımızın artık son aşamasına geldik. Açı-açı-açı benzerliğinden üç defa faydalanacağız. Öncelikle $\triangle PBR \sim \triangle ABC$ benzerliğinden \begin{equation*} \frac{c-z}{x} = \frac{a}{c} \ \Rightarrow \ z = c - \frac{a}{c}x \ \ \ ... \ \ \ (☿) \end{equation*} denklemini elde ediyoruz. Devamla $\triangle PQC \sim \triangle ABC$ benzerliğinden faydalanarak \begin{equation*} \frac{y}{a-x} = \frac{a}{b} \ \Rightarrow \ y = \frac{a^{2}}{b} - \frac{a}{b}x \ \ \ ... \ \ \ (♀) \end{equation*} sonucuna ulaşıyoruz. Son olarak $\triangle AQR \sim \triangle ABC$ benzerliğini de kullanırsak, o zaman \begin{equation*} \frac{z}{b-y} = \frac{b}{c} \ \Rightarrow \ z = \frac{b^{2}}{c} - \frac{b}{c}y \ \ \ ... \ \ \ (♁) \end{equation*} sonucuna da ulaşırız. Şimdi (♀) etiketli denklemi (♁) etiketli denklemde kullanalım ve $z$ uzunluğunu $x$ cinsinden verelim. \begin{equation*} z = \frac{b^{2}}{c} - \frac{a^{2}}{c} + \frac{ax}{c} \ \ \ ... \ \ \ (♂) \end{equation*} Ama hem (☿) hem de (♂) etiketli denklemler $z$ niceliğini $x$ uzunluğu cinsinden ifade ediyorlar. Bu ikisi birbirine eşit olmak zorundadır. O zaman \begin{equation*} c - \frac{a}{c}x = \frac{b^{2}}{c} - \frac{a^{2}}{c} + \frac{ax}{c} \ \Rightarrow \ x = \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2a} \ \ \ ... \ \ \ (♃) \end{equation*} olması gerektiği ortaya çıkar. Kosinus teoremine göre $\cos \beta = (a^{2}+c^{2}-b^{2})/2ac$ olduğundan, biz (♃) etiketli sonucu $x=c \cos \beta$ şeklinde yeniden düzenleyebiliriz. Böylece $\bbox[2px,border:2px solid red]{AP \perp BC}$ olduğunu da kanıtlamış oluyoruz. Okur benzer yöntemlerle $BQ \perp AC$ ve $CR \perp AB$ olduğunu da ispatlayabilir.

Toparladığımızda $P$, $Q$ ve $R$ noktaları, $\triangle ABC$'nin yüksekliklerinin ayaklarıdır. $\triangle PQR$'ne literatürde ortik üçgen denir.

Üç yüksekliği verilen bir üçgeni çizin

Aşağıdaki alıntı eski milletvekillerinden Ahmet Selim'in 19.06.2003 tarihli köşe yazısından. Yazının başlığı Eğitim Fecaati:

Lise bir’den iki’ye geçtiğim yılın yaz tatilinde köye gitmiştim. Orada matematik hocası Hasan Bey’e rastladım. Akrabamızdı, o da tatile gelmişti. Sohbet sırasında, teşvik ettikleri için, şöyle bir soru sordu: “Üç yüksekliği verilen üçgeni çizin.” Soru ne kadar basit ve yalın. “Üç kenara” benziyor! Amcam da merakla bekliyor ve bana çok güvendiği için şıp diye cevaplandıracağımı umuyor.

Biraz bakıp düşündüm ve şu yorumu sundum: “Bu bir çizim değil, problem. Hatta özel bir problem. Önceden bir defa görmüş olsaydım, kolaydı. Şimdi mucit gibi çözmek durumundayım! Bu gece çözer, yarın sabah takdim ederim! Benzerlikten yararlanılacağı biçiminde bir sezgim var.”

Gülümsedi Hasan Hoca. “Çözülmüş sayıyorum. Yaklaşımını ölçmek için özellikle sormuştum. Tatil günü uğraşma.” dedi ama, lambanın ışığında o gece o problemi çözdüm...

Biz de bu mektupta Ahmet Selim'in -muhtemelen- cetvel (ya da düz kenar) ve pergel çizimiyle yaptığı çözümün bir benzerini cebirsel yöntemle yapacağız. Şimdi daha önce Kenarları verilen bir üçgene ait unsurların uzunlukları başlıklı gönderiden \[ h_{a} = \frac{1}{2a} \sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)} \] formülünü hatırlayınız. Burada $a,b,c$ üçgenin kenar uzunlukları ulup, $h_{a}$ ise $A$ köşesinden $BC$ kenarına indirilen dikmenin (yüksekliğin) uzunluğudur.

Burada işimiz tersinden: $h_{a},h_{b},h_{c}$ veriliyor. Ama kenar uzunluklarını bulmamız isteniyor. Bir üçgende herhangi bir kenar ile o kenara ait yüksekliğin çarpımı sabittir, çünkü bu çarpım alanın iki katını verir. O zaman $ah_{a}=bh_{b}=ch_{c}$ yazabiliriz. $p:=h_{a}/h_{b}$ tanımlarsak, o zaman $b=pa$ olur. Tamamen benzer bir yöntem ve $q:=h_{a}/h_{c}$ tanımıyla da $c = qa$ olur. Burada $p$ ve $q$ oranlarının bilindiğini vurgulayalım. $b$ ve $c$ kenarlarının $p,q$ ve $a$ cinsinden ifadelerini $h_{a}$ uzunluğunu veren formüle koyduğumuzda \[ a = \frac{2h_{a}}{\sqrt{(1+p+q)(-1+p+q)(1-p+q)(1+p-q)}} \] formülüne ulaşıyoruz. Bu bize $a$ kenarının uzunluğunu hesaplama imkanı sunuyor. $b$ ve $c$ uzunlukları da artık $b=pa$ ve $c=qa$ formüllerinden bulunabilir.

Problemi cebirsel yöntemle çözünce kolay gibi göründü. Cetvel pergel çizimiyle çözümü için biraz düşünmek gerekir. Onu da daha sonra anlatalım.

Kenarları verilen bir üçgene ait unsurların uzunlukları

Bir $\triangle ABC$ üçgenine ait kenar uzunlukları $a:= |BC|$, $b:=|AC|$ ve $c:=|AB|$ verilmiş olsun. Amacımız bu üçgenin yüksekliklerini, alanını, iç ve dış açı ortayları ile kenar ortaylarının uzunluklarını, iç teğet, çevral ve dış teğet çemberlerinin yarıçaplarını verilenler cinsinden ifade etmektir.

Kenar ortaylar: $\triangle ABC$ üçgeninde $A$ noktasına ait kenar ortay $BC$ kenarını $D$ noktasında ikiye bölsün. O zaman $|BD|=|CD|=a/2$ olur. $m(\angle ACB) =: \gamma$ diyelim. $\triangle ABC$ üçgeninde uygulanan kosinüs teoremi gereğince \begin{equation*} \cos \gamma = \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab} \end{equation*} olur. $A$ noktasından $|BC|$ kenarına inen kenar ortayın ölçüsü $m_{a}=|AD|$ olsun. Kosinüs teoremini $\triangle ACD$ üçgeninde de uygularsak \begin{equation*} m_{a}^{2}=b^{2}+\frac{a^{2}}{4}-ab\cos\gamma \end{equation*} olur. $\cos \gamma$ için daha önce elde edilen değer yerine konur ve denklem yeniden düzenlenirse \begin{equation*} m_{a}=\frac{1}{2}\sqrt{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}} \end{equation*} sonucuna ulaşılır. $m_{b}$ ve $m_{c}$ uzunluklarının formülleri de tamamen analog bir yöntemle çıkarılabilir.

Yükseklikler: $A$ köşesinden $BC$ kenarına indirilen dikme, $BC$ kenarını $H_{A}$ noktasında kessin ve uzunluğu $h_{a}$ kadar olsun. $x:=|BH_{A}|$ dersek, $|CH_{A}|=a-x$ olur. Hem $\triangle ABH_{A}$ hem de $\triangle ACH_{A}$ dik üçgenlerdir. O zaman Pisagor teoremini bu üçgenlere uygulayabiliriz: \begin{eqnarray} \nonumber \triangle ABH_{A}: &\ & x^{2} + h_{a}^{2} = c^{2} \\ \nonumber \triangle ACH_{A}: &\ & (a-x)^{2} + h_{a}^{2} = b^{2} \end{eqnarray} İkinci denklemden birinci denklemi çıkartıp sonucu $x$ için yeniden düzenlediğimizde \begin{equation*} x = \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2a} \end{equation*} bulunur. Bu ifade mesela $ABH_{A}$ ile işaretli denkleme konulursa \begin{eqnarray}\nonumber h_{a}^{2}&=&c^{2}-x^{2} =(c-x)(c+x)= \left( c - \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2a}\right) \left(c + \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2a}\right) \\ \nonumber &=& \frac{(2ac-a^{2}-c^{2}+b^{2})(2ac+a^{2}+c^{2}-b^{2})}{4a^{2}} \\ \nonumber &=& \frac{(b^{2}-(a-c)^{2})((a+c)^{2}-b^{2})}{4a^{2}} \end{eqnarray} Pay kısmında her iki parantezdeki iki kare farkına ait ifadeler çarpanlarına ayrılıp sağ ve sol tarafın karekökleri alınırsa \begin{equation*} h_{a}=\frac{1}{2a}\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)} \end{equation*} formülü bulunur. $h_{b}$ ve $h_{c}$ uzunluklarının formülleri de analog yöntemlerle elde edilebilir. (Bu paragrafta $H_{A}$ noktasının $B$ ve $C$ noktaları arasına düştüğü varsayılmıştır. Bazı üçgenlerde bu nokta $B$ ve $C$ noktalarının arasında olmayabilir. Böyle bir durumu da siz inceleyiniz. )

Alan: (İskenderiyeli Heron'un formülü) Bir önceki paragrafta yükseklikleri hesapladık. Artık üçgenin alanını hesaplamak çok basit bir Taban çarpı yükseklik bölü iki. uygulamasına kaldı. \begin{equation*} S(\triangle ABC)=\frac{1}{2}a h_{a}=\frac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)} \end{equation*} Bu formüle literatürde İskenderiyeli Heron'un (veya Hero'nun) formülü denir.

İç teğet çemberin yarıçapı: Heron'un formülünü de ispatladıktan sonra iç teğet çemberin yarıçapına geçebiliriz. $\triangle ABC$ üçgeninin iç teğet çemberinin merkezi $I$ noktası olsun. $I$ noktasından kenarlara indirilen dikmeler, kenarları $P$, $Q$ ve $R$ noktalarında kessin. Kenarlar çembere teğet olduğundan bu dikmelerin hepsinin uzunluğu $r$, iç teğet çemberin yarıçapı kadardır. Bu dikmeler aynı zamanda $\triangle ABI$, $\triangle BCI$ ve $\triangle ACI$ üçgenlerinin yükseklikleridir. Şekildeki üçgenlerin alanları arasında \begin{equation*} S(\triangle ABC) = S(\triangle ABI) + S(\triangle BCI) + S(\triangle ACI) \end{equation*} eşitliğinin olduğu aşikardır. O zaman \begin{equation*} S(\triangle ABC) = \frac{1}{2}(a+b+c)r \end{equation*} olur. Artık burada Heron'un formülünü kullanarak $r$ uzunluğunu ifade edebiliriz. \begin{equation*} r=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{a+b+c}} \end{equation*}

İç açı ortaylar: $\angle BAC$ açısını ikiye bölen doğru $BC$ kenarını $L$ noktasında kessin. Tanım gereği $m(\angle BAL)=m(\angle CAD) =: \alpha$ olur. $|AL|=:l_{a}$ diyelim. İç açı ortayın $\triangle ABC$ üçgenini iki parçaya böldüğünü biliyoruz. En genel durumda bu parçaların alanları eşit olmasa dahi, bu iki parçanın alanları toplamı $S(\triangle ABC)$ değerini verecektir. O zaman \begin{eqnarray}\nonumber &&S(\triangle ABC) = S(\triangle ABL)+S(\triangle ACL) \\ \nonumber &&\frac{1}{2}bc \sin (2\alpha) = \frac{1}{2}cl_{a} \sin \alpha + \frac{1}{2}b l_{a} \sin \alpha \end{eqnarray} Temel trigonometrideki $\sin(2\alpha)=2\sin \alpha \cos \alpha$ formülü kullanılırsa, iç açı ortayın uzunluğu $\cos \alpha$ cinsinden yazılabilir. \begin{equation*} l_{a}=\frac{2bc}{b+c}\cos \alpha \end{equation*} $\triangle ABC$ üçgeninde kosinüs teoremini uygularsak, $\cos (2\alpha )$ değerini rahatça hesaplarız. Buradan da $\cos ^{2} \alpha = \frac{1}{2}\cos (2\alpha ) + \frac{1}{2}$ özdeşliğinden, $\cos \alpha$ değeri bulunur. \begin{equation*} \cos(2\alpha )= \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc} \ \Rightarrow \ \cos \alpha = \sqrt {\frac{(b+c)^{2}-a^{2}}{4bc}} \end{equation*} Son olarak $\cos \alpha$ ifadesinde iki kare farkını çarpanlarına ayırarark iç açı ortay uzunluğunu \begin{equation*} l_{a}=\frac{1}{b+c}\sqrt{bc(a+b+c)(-a+b+c)} \end{equation*} hesaplamış oluruz. $l_{b}$ ve $l_{c}$ için yapılacak analiz tamamen analogdur.

Çevral çemberin yarıçapı: Üçgenin alanının $S(\triangle ABC) = \frac{1}{2}bc \sin(\angle BAC)$ olduğunu biliyoruz. Buradan $\sin (\angle BAC) = \frac{2S(\triangle ABC)}{bc}$ olur. Yine, çevral çemberin yarıçapı da $R=\frac{a}{2\sin (\angle BAC)}$ eşitliğini sağlar. (Bunu ispatlayabilir misiniz?) O zaman İskenderiyeli Heron'un formülünü kullanarak \begin{equation*} R=\frac{abc}{4S(\triangle ABC)} = \frac{abc}{\sqrt{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}} \end{equation*} sonucuna ulaşırız.

Dış teğet çemberin yarıçapı: $\triangle ABC$ üçgeninde $AB$ ve $BC$ kenarlarını uzatalım. Üçgenin $AB$, $BC$ ve $AC$ kenarlarına sırasıyla $D$, $E$ ve $F$ noktalarında dışarıdan teğet çemberin merkezi $O_{A}$ yarıçapı $r_{A}$ olsun. Amacımız $r_{A}$ değerini üçgenin kenarları cinsinden ifade etmektir. Hesaplamalarımıza başlamadan önce bir çembere dışında kalan bir noktadan çekilen teğetlerin uzunluklarının eşit olduğunu hatırlıyoruz. O zaman $|BD|=|BE|=:x$, $|CE|=|CF|=a-x$, $|AD|=|AF|$ olur. $|AD|=c+x$ ve $|AF|=b+a-x$ oldukları gözlenirse buradan \begin{equation*} x=|BD|=|BE|=\frac{a+b-c}{2} \end{equation*} ve \begin{equation*} |AD|=|AF|=\frac{a+b+c}{2} \end{equation*} bulunur. Şekildeki $ADO_{A}F$ dörtgeninin alanı için $S(ADO_{A}F) = r_{A}|AD| = r_{A}\frac{a+b+c}{2}$ yazabiliriz. Aynı alan \begin{equation*} S(ADO_{A}F) = S(\triangle ADF) + S(\triangle DFO_{A}) \end{equation*} toplamı olarak da yazılabilir. Birbirlerini $\pi$ radyana tamamlayan açıların sinüslerinin eşit olduğunu hatırlayarak son denklemi \begin{equation*} \frac{1}{2}\frac{(a+b+c)^{2}}{4}\sin (\angle BAC) + \frac{1}{2}r_{A}^{2}\sin (\angle BAC) = r_{A} \frac{a+b+c}{2} \end{equation*} denklemine ulaşırız. Bu $r_{A}$ için ikinci mertebeden bir denklemdir. Bu denklem klasik yöntemlerle çözüldüğünde \begin{equation*} r_{A}=\frac{a+b+c}{2} \frac{1\pm \cos (\angle BAC )}{\sin (\angle BAC)} \end{equation*} Hangi işareti seçmeliyiz? Sezgisel olarak bakıldığında $\angle BAC$ açısı büyüdükçe dış teğet çemberin yarıçapıda büyümelidir. Böyle bir durum ancak $(-)$ işaretini seçtiğimizde mümkündür. Kosinüs teoremi kullanılarak $\cos (\angle BAC)$ rahatlıkla kenar uzunlukları cinsinden ifade edilebilir. Daha sonra da herhangi bir $\zeta$ açısı için geçerli olan $\sin \zeta = \sqrt{1-\cos ^{2}\zeta}$ formülünden de $\sin (\angle BAC)$ hesaplanılırsa, aradığımız uzunluk \begin{equation*} r_{A}=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{(a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{-a+b+c}} \end{equation*} hesaplanılabilir. Söylemeye lüzum var mı? $r_{B}$ ve $r_{C}$ tamamen analog bir biçimde hesaplanılacaktır.

Alıştırmalar

Bu bölümde bulduğumuz sonuçları kullanarak

1. Üçgenin çevresi $L$, alanı $S$ olsun. $LS=2r_{A}r_{B}r_{C}$ olduğunu gösteriniz
2. $r^{-1}=r_{A}^{-1}+r_{B}^{-1}+r_{C}^{-1}$ olduğunu gösteriniz.
3. $r^{-1}=h_{a}^{-1}+h_{b}^{-1}+h_{c}^{-1}$ olduğunu gösteriniz.
4. (Zor) $\triangle ABC$ üçgeninde $A$ açısına ait dış açı ortay $BC$ kenarını üçgenin dışındaki bir $E$ noktasında kesmektedir. \begin{equation*} |AE|=\frac{1}{c-b}\sqrt{bc(a-b+c)(a+b-c)} \end{equation*} olduğunu gösteriniz

İşaret: Burada çoğunlukla trigonometrik yöntemlerle bulduğumuz nicelikler ileride işimize yarayacak bir el kitabı niteliğindedir ve bundan sonra referans verilerek kullanılacaktır.

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.)