Derece skalasında üçün katı olan açıların trigonometrik fonksiyonları

Problem 4: Derece biriminde üç ve üçün tam katı olan açıların sinüs ve kosinüslerini tam sayılarla toplama, çıkarma, çarpma, bölme ve kök almayı kullanarak hesaplayınız.

Problemi çözmeden önce $0^{\rm o}$, $30^{\rm o}$, $45^{\rm o}$, $60^{\rm o}$ ve $90^{\rm o}$ gibi özel açıların trigonometrik fonksiyonlarını eşkenar ve ikizkenar dik üçgenlerden hesaplamayı bildiğimizi varsayıyoruz.

Daha az tanınan bir üçgen ise yandaki şekilde gösterilen ve tepe açısı $36^{\rm o}$ olan $\triangle ABC$ ikizkenar üçgenidir. Şekilde siyah renkle gösterilen açılar $72^{\rm o}$ iken kırmızı renkle gösterilen açılar $36^{\rm o}$'dir. $DC$ doğru parçası $\angle ACB$'nin açıortayı olduğundan, $\triangle ABC \sim \triangle CBD$ açı-açı-açı benzerliği vardır. Bu benzerlikten faydalanarak $36^{\rm o}$'nin trigonometrik fonksiyonlarının değerlerini bulmaya çalışalım. $|AD|=|DC|=|BC|=:a$ ve $|BD| =: b$ uzunluklarını tanımlarsak, $|AB|=|AC|=a+b$ olur. Benzerlikten dolayı \begin{equation*} \frac{b}{a}=\frac{a}{a+b} \end{equation*} denklemi geçerlidir. Bu denklem yeniden düzenlendiğinde aşağıdaki ikinci mertebeden denklem elde edilir. \begin{equation*} b^{2}+ab-a^{2}=0 \end{equation*} Denklemin çözümü bize $b$ uzunluğunu $a$ cinsinden ifade etme olanağı sağlayacaktır. \begin{equation*} b=a\frac{\sqrt{5}-1}{2} \end{equation*} Şimdi $\triangle BCD$ üçgeninde kosinüs teoremini uygulayacak olursak \begin{equation*} b^{2}=2a^{2}-2a^{2}\cos 36^{\rm o} \ \Rightarrow \ \cos 36^{\rm o} = 1- \frac{b^{2}}{2a^{2}} \end{equation*} sonucuna ulaşırız. Daha önce bulduğumuz oran yerine konulduğunda, $\cos 36^{\rm o}=\frac{1+\sqrt{5}}{4}$ değeri hesaplanılabilir. Sinüsün değerini hesaplamak artık kolay: $\sin 36^{\rm o}=\sqrt{1 - \cos ^{2} 36^{o}}=\sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{8}}$.

$6^{\rm o}=36^{\rm o}-30^{\rm o}$ olduğunu gözleyelim. O zaman trigonometrik fonksiyonların toplam formüllerini kullanarak \begin{equation*} \sin 6^{\rm o} = \sin 36^{\rm o}\cos 30^{\rm o} - \cos 36^{\rm o} \sin 30 ^{\rm o} = \sqrt{\frac{15-3\sqrt{5}}{32}}-\frac{1+\sqrt{5}}{8} \end{equation*} ve \begin{equation*} \cos 6^{\rm o} = \cos 36^{\rm o} \cos 30^{\rm o} + \sin 36^{\rm o} \sin 30 ^{\rm o} = \frac{\sqrt{3}+\sqrt{15}}{8} - \sqrt{\frac{5- \sqrt{5}}{32}} \end{equation*} sonuçları bulunacaktır. Amacımıza neredeyse ulaştık. $3^{\rm o}$'lik açının da sinüs ve kosinüsünü hesaplarsak, $n \in {\mathbf N}$ olmak üzere $3n^{\rm o}$'lik açılarında trigonometrik fonksiyonlarını hesaplayabileceğiz. Bu amaçla $\cos (2x) = 2 \cos^{2} x - 1 = 1 - 2\sin^{2}x$ formülünde $x=3^{\rm o}$ koyalım. \begin{eqnarray}\nonumber \cos 3^{\rm o} &=& \sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos 6^{\rm o}} = \sqrt{\frac{8+\sqrt{3}+\sqrt{15}}{16} - \sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{128}}} \\ \nonumber \sin 3^{\rm o} &=& \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\cos 6^{\rm o}}=\sqrt{\frac{8 - \sqrt{3} - \sqrt{15}}{16} + \sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{128}}} \end{eqnarray}

Artık indüksiyona başlayabiliriz. $n \geq 2$ için, $\sin(3(n-1)^{\rm o})$ ve $\cos (3(n-1)^{o})$ biliniyorsa, o zaman \begin{eqnarray}\nonumber \sin (3n^{\rm o}) &=& \sin (3(n-1)^{\rm o})\cos(3^{\rm o}) + \cos (3(n-1)^{\rm o}) \sin (3^{\rm o}) \\ \nonumber \cos (3n^{\rm o}) &=& \cos (3(n-1)^{\rm o})\cos(3^{\rm o}) - \sin (3(n-1)^{\rm o}) \sin (3^{\rm o}) \end{eqnarray} formüllerinden $3^{\rm o}$'nin tam katı olan bütün açıların, sinüs ve kosinüsleri tamsayıları, dört aritmetik işlemi ve kök almayı kullanarak hesaplanılabilir.

İşaret: Burada bulduğumuz sonucun daha kuvvetlisi Öklit'in cetvel ve pergel çizimlerinde de vardır: Derece biriminde tamsayı olan bir açının, cetvel ve pergel ile çizilebilmesi için o açının üçe bölünebilmesi yeterlidir.

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.)