Kirişler dörtgeninde Heron formülü ve çevrel çemberin yarıçapı

BU POSTAYI PDF FORMATINDA İNDİRMEK İÇİN TIKLA!

Şekilde $ABCD$ kirişler dörtgeni olmak üzere bu dörtgenin kenar uzunlukları $a:=|AB|$, $b:=|BC|$, $c:=|CD|$ ve $d:=|DA|$ veriliyor. Bu postada amacımız verilenler cinsinden dörtgenin alanını ve çevrel çemberin yarıçapını ifade etmek. Soruya ilk olarak Mustafa Kemal Bey'in twitter hesabından paylaştığı bir formülde rastladım. Daha sonra takipçilerinden birisi verilen yarıçap formülünün tarihçesine dair bir bilgi de paylaşmış. Anladığım kadarıyla kirişler dörtgeninin yarıçapına ait formül Avrupa'da 18. yy, Hindistan'da ise 14. yy'da biliniyormuş.

Önce kirişler dörtgeninde Heron formülünü ispatlayacağız. Şekile referansla $e:=|AC|$ uzunluğunu ve $\varphi:= m(\angle ABC)$ açısını tanımlayalım. Kirişler dörtgeninde çalıştığımız için $m(\angle ADC) = \pi - \varphi$ olacaktır. İki tane bilinmeyenimiz var. Bu iki bilinmeyen için $ABC$ ve $ACD$ üçgenlerinde cosinus teoremini uygulayarak $e$ uzunluğunu yok edecek ve $\cos \varphi$ değerini verilenler cinsinden yazacağız. $\cos (\pi - \varphi) = - \cos \varphi$ olduğunu hatırlatıyoruz.

\begin{eqnarray}\nonumber e^{2} &=& a^{2} + b^{2} - 2ab \cos \varphi \\ \nonumber &=& c^{2} + d^{2} + 2cd \cos \varphi \end{eqnarray}

Bu denklemlerden $\cos \varphi$ değeri verilenler cinsinden ifade edildiğinde \begin{equation*} \cos \varphi = \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}}{2(ab+cd)} \end{equation*} eşitliğine ulaşıyoruz. Alan formülünü ispatlamak için sinus teoremini bu iki üçgende uygulacağız. Ancak bunun için $\sin \varphi$ değerine ihtiyacımız var. Pisagor teoremini kullanalım ama cebirsel terim bataklığında boğulmamak için biraz kurnazlık yapmamız gerekecek. \begin{eqnarray}\nonumber \sin \varphi &=& \sqrt{1-\cos^{2}\varphi} = \sqrt{(1-\cos \varphi)(1+\cos \varphi)} \\ \nonumber &=& \sqrt{\left(1 - \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}}{2(ab+cd)}\right) \left(1 + \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}}{2(ab+cd)}\right)} \\ \nonumber &=&\frac{1}{2(ab+cd)} \sqrt{(2ab-a^{2}-b^{2}+2cd+c^{2}+d^{2})(2ab+a^{2}+b^{2}+2cd-c^{2}-d^{2})} \\ \nonumber &=&\frac{1}{2(ab+cd)} \sqrt{[(c+d)^{2}-(a-b)^{2}][(a+b)-(c-d)^{2}]} \\ \nonumber &=& \frac{1}{2(ab+cd)} \sqrt{(-a+b+c+d)(a-b+c+d)(a+b-c+d)(a+b+c-d)} \end{eqnarray} Çalışmamızın zor kısmı bitti! Bundan sonra bu formülün meyvelerini toplayacağız.

Sinus teoremini kullanarak kirişler dörtgeninin alanını hesaplayacağız. $\sin (\pi - \varphi) = \sin \varphi$ özdeşliğini hatırlayalım. O zaman \begin{eqnarray} \nonumber S(ABCD) &=& S(\triangle ABC) + S(\triangle ACD) \\ \nonumber &=& \frac{1}{2} ab \sin \varphi + \frac{1}{2}cd \sin \varphi \\ \nonumber &=& \frac{1}{4} \sqrt{(-a+b+c+d)(a-b+c+d)(a+b-c+d)(a+b+c-d)} \end{eqnarray} bulunur.

İşaret ve ikaz: Yerölçüsünde yıllar önce yayınladığımız bir postada Heron formülü de dahil olmak üzere kenarları verilen bir üçgene ait tüm unsurların ölçüsünü kenarlar cinsinden ifade etmiştik. Orada üçgenler için verdiğimiz Heron formülü ile burada kirişler dörtgeni için ispatladığımız Heron formülü birbirlerinin tam analoğu. Ancak bir fark var! Üçgen için verilen Heron formülü tüm üçgenlere uygulanabilirken kirişler dörtgeninde türettiğimiz Heron formülü tüm dörtgenlere uygulanamaz. Hatta genel bir dörtgenin alanı sadece kenar uzunlukları kullanılarak bulunamaz; açı değerlerine de ihtiyaç vardır. (Neden?) Okur bu ikazı unutarak burada verilen alan formülünü rastgele bir dörtgene uygularsa büyük bir ihtimalle yanlış sonuçlara varacaktır.

Ödev: Kirişler beşgeni için de Heron formülüne benzer bir alan formülü türetilebilir mi?

Çevrel çemberin yarıçapını da hesaplayarak postayı bitirelim. Kirişler dörtgeninin çevrel çemberi aynı zamanda $ABC$ üçgeninin de çevrel çemberidir. O zaman sinus teoreminden $R = \frac{e}{2 \sin \varphi}$ formülü ile bu uzunluğu hesaplayabiliriz. Okur şimdiye kadar yaptıklarımızdan bir alıştırma olarak aşağıdaki formülü kolayca türetebilir. \begin{equation*} e = \sqrt{\frac{(ac+bd)(ad+bc)}{ab+cd}} \end{equation*} Nihayet tüm bulgularımızı birleştirerek yarıçap formülünü gerekli sadeleştirmelerden sonra verebiliriz. \begin{equation*} R = \sqrt{\frac{(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)}{(-a+b+c+d)(a-b+c+d)(a+b-c+d)(a+b+c-d)}} \end{equation*}

İşaret: Gerek yarıçap gerekse alan için türettiğimiz formüllerin permütasyon simetrisini sağlaması lazım. Bu bizim için bir çeşit tutarlılık testidir ve permütasyon simetrisini sağlamayan bir sonucun doğru olma ihtimali yoktur. (Neden?) Her iki formülün de $(a,b,c,d)$ dörtlüsünün tüm permütasyonlarında yine aynı formda kaldıklarını gözleyiniz.

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.