Menealus ve Ceva Teoremleri

    0
    63

    Öğretmenim Afife Aybek’e

    Cem Tezer

    Bu yazıda Thales teoreminin genellemesi sayılabilecek önemli iki teoremden söz edeceğiz. Teoremlerin ifadelerine geçmeden önce yönlü niceliklerin oranlarının gösterimi ile ilgili bir noktaya işaret etmek istiyoruz: (Bu konu H. Demir’in dergimizin gene bu sayısında yer alan yazısında daha da geniş olarak ele alınıyor.) \(C\neq D\) olmak üzere aynı bir doğru üzerinde kalan \(A, B, C, D\) noktaları için \(\vec{AB}=\alpha \vec{CD}\) eşitliğini sağlayan tek türlü belirli bir \(\alpha\) reel sayısını \(AB/CD\) şeklinde göstereceğiz. (H. Demir’in gösterimiyle \(\overline{AB}/\overline{CD}\) ). Bizim için önemli olan bazı özel durumları ele alarak konuyu biraz daha açık hale getirmeye çalışalım. \(B\neq C\) olsun, \(A\) noktası, [\(BC\)] doğru parçasının orta noktası ise \(AB/AC=-1\)’dir. \(B\) noktası \(\left [ AC \right ]\) doğru parçasının orta noktası ise \(AB/AC=1/2\)’dir. \(C\) noktası \([AB]\) doğru parçasının orta noktası ise \(AB/AC=2\)’dir. Eğer \(B\) noktası \(A\) ile \(C\) arasında kalıyorsa ve \(\left | AB \right |=\frac{1}{2}\left | BC \right |\) ise, \(AB/AC= 1/3\) , \(BA/BC= -1/2\) olur. Bu örneklerle (ve H. Demir’in yazısına başvurarak) söz konusu gösterimi kavrayan okuyucu \(B\neq C\) olmak üzere \(BC\) doğrusu üzerinde hiçbir \(A\) noktası için \(AB/AC=1\) olamayacağını anlayacaktır. Ayrıca \(A\neq C, A\neq B, A\neq D\) iken \[\frac{AB}{AC}=-\frac{BA}{AC}\] \[\frac{AB}{AC}\cdot\frac{AC}{AB}=1\] \[\frac{AB}{AC}\cdot\frac{AC}{AD}\cdot\frac{AD}{AB}=1\] Şimdi M.S. 100 civarında İskenderiye’de yaşayıp, astronomi ve küresel trigonometri ile uğraştığı bilinen Menelaus tarafından elde edilen teoremi ele alalım.

    Menelaus Teoremi: Bir $ABC$ üçgeninde $A$, $B$, $C$ noktalarının hiçbirisiyle çakışmayan ve sırasıyla $BC$, $CA$, $AB$ doğruları üzerinde kalan $X$, $Y$, $Z$ noktalarının aynı bir doğru üzerinde kalmaları için gerek ve yeter koşul \[\frac{XB}{XC}\cdot \frac{YC}{YA}\cdot \frac{ZA}{ZB}=1 \hspace{55pt} (1) \] olmasıdır.

    İspat: Önce \(X, Y\) ve \(Z\) noktalarının bir \(k\) doğrusu üzerinde kaldıklarını varsayalım. \(B\) noktası \(k\) doğrusunun dışındadır. \(k\) , \(AC\)’ye paralel olmadığına göre \(B\) noktasından \(k\)’ya çizilen paralel \(AC\)’yi bir \(T\) noktasında keser. \(T\neq A\) ve \(T\neq C\)’dir. (Neden?) Thales teoreminden

    \[\frac{XB}{XC}=\frac{YT}{YC}\ ,\frac{ZA}{ZB}=\frac{YA}{YT}\]

    olacağından

    \[\frac{XB}{XC} \cdot\frac{YC}{YA} \cdot \frac{ZA}{ZB}=\frac{YT}{YC} \cdot \frac{YC}{YA} \cdot\frac{YA}{YT}=1\] çıkar, yani (1) bulunur. Şimdi (1)’i varsayalım \(XZ\) doğrusu \(AC\) doğrusuna paralel olamaz! Olsaydı Thales teoremi bize

    \[\frac{XB}{XC} \cdot \frac{ZA}{ZB}=1 \] verir, bu da (1)’le birleştirilerek mümkün olmadığı bilinen \(YC/YA=1\) bulunurdu. BöyIece \(XZ\) doğrusu \(AC\) doğrusunu bir \(Y’\)noktasında kesmelidir. \(Y’\neq A, Y’\neq C \) ’dir (Neden?) İspatımızın ilk kısmı bize

    \[\frac{XB}{XC}\cdot \frac{Y’C}{Y’A} \cdot \frac{ZA}{ZB}=1\] verecektir. Bu eşitlik (1) ‘le taraf tarafa bölündüğünde

    \[\frac{YB}{YC}=\frac{Y’B}{Y’C}\] yani \(Y’=Y\) elde ederiz. Demek ki \(X, Y= Y’, Z\) noktaları doğrudaş olmalıdır.

    Menelaus teoreminin uygulanışına bazı örnekler verelim.

    Örnek 1: Çevrel çember teğetleri

    Teorem: Bir \(ABC\) üçgeninde \(A, B, C\) noktalarından çevrel çembere çizilen teğetler \(BC, CA, AB\) ‘yi sırasıyla \(X, Y, Z\) noktalarında kessin. \(X, Y, Z\) noktaları doğrudaştır.

    İspat: Bunu ispat etmek için okuyucunun \[\frac{XB}{XC} = \frac{\left | AB \right |^2}{\left | AC \right |^2}\]

    \[\frac{YC}{YA}=\frac{\left | BC \right|^2}{\left | BA \right |^2}\] \[\frac{ZA}{ZB}=\frac{\left | CA \right|^2}{\left | CB \right |^2}\]

    olduğunu gösterip, Menelaus teoremini kullanması yeterlidir.

    Örnek 2: Newton Doğrusu

    “Tamdörtgenlerde köşegenlerin orta noktaları bir doğru üzerinde kalır; bu doğruya tamdörtgenin Newton doğrusu denir” şeklinde ifade olunan şu önemli teorem ikinci örneğimiz olacak.

    Teorem: \(AB\) ve \(CD\) doğruları \(E\) ‘de, \(AD\) ve \(BC\) doğruları da \(F\) ‘de kesişecek şekilde \(A, B, C, D\) noktaları alınsın (Şekil 3). \([BD]\), \([AC]\), \([EF]\) doğru parçalarının orta noktaları doğrudaştır.

    İspat: \([BF]\), \([FA]\), \([AB]\) doğru parçalarının orta noktaları sırasıyla \(S, T, U\) olsun.

    Aynı şekilde [\(AC\)], [\(BD\)], [\(EF\)] doğru parçalarının orta noktaları sırasıyla \(K, L, M\) olsun. Önce \(K\neq U, T; L\neq S, U; M\neq T, S\) olduğuna işaret edelim. (Neden?) Thales teoreminden \[\frac{KT}{KU}=\frac{CF}{CB}\]

    \[\frac{LU}{LS}=\frac{DA}{DF}\] \[\frac{MS}{MT}=\frac{EB}{EA}\]

    diğer taraftan da \(ABF\) üçgeni ve \(DE\) doğrusuna Menelaus teoremi uygulanılarak \[\frac{CF}{CB},\frac{DA}{DF},\frac{EB}{EA}=1\]

    bulunur ki, ikisi birleştirilerek \[\frac{KT}{KU}\cdot \frac{LU}{LS}\cdot\frac{MS}{MT}=\frac{CF}{CB}\cdot \frac{DA}{DF}\cdot\frac{EB}{EA}=1\]

    elde edilir. Menelaus teoremi \(STU\) üçgenine uygulandığında \(K, L, M\) noktalarının doğrudaş olmaları gerektiği görülür.

    Örnek 3: (Eksik) Desargues Teoremi

    Fransız mimar ve matematikçi Gérard Desargues’a (1591-1661) ait olan çok önemli bir teorem üçüncü örneğimiz olacak. Bu teoremi neden “eksik” şekliyle sunmak zorunda olduğumuzu yazının sonunda açıklayacağız.

    Teorem: \(ABC\) ve \(A’B’C’\) üçgenlerini göz önüne alalım. \(BC\), \(B’C’\) doğruları \(X\) noktasında; \(CA, C’A’\) doğruları \(Y\) noktasında; \(AB\), \(A’B’\) doğruları \(Z\) noktasında kesişsin. Bu koşullar altında \( AA’ \), \( BB’ \), \(CC’\) doğrularının aynı bir noktadan geçmeleri veya paralel olmaları için gerek ve yeter koşul \(X, Y, Z\) noktalarının doğrudaş olmalarıdır.

    İspat: Noktaların köşelere rast gelip gelmemesine dair ayrıntıyı bir tarafa bırakıyoruz. Önce \(AA’, BB’ , CC’\) doğrularının bir \(O\) noktasında kesiştiğini varsayalım. \(OBC\) üçgeni ve \(B’C’\) doğrusuna Menelaus teoremini uygulayarak

    \[\frac{XB}{XC} \cdot \frac{C’C}{C’O} \cdot \frac{B’O}{B’B}=1\ \hspace{55pt}(2)\] aynı şekilde sırasıyla \(OCA,OAB\) üçgenleri ve \(C’A, A’B’\) doğrularıyla çalışarak

    \[\frac{YC}{YA} \cdot \frac{A’A}{A’O} \cdot \frac{C’D}{C’C}=1\ \hspace{55pt} (3)\] \[\frac{ZA}{ZB} \cdot \frac{B’B}{B’O} \cdot \frac{A’O}{A’A}=1\hspace{55pt} (4)\]

    bulunacaktır. (1), (2), (3), (4) taraf tarafa çarpılarak \[\frac{XB}{XC} \cdot \frac{YC}{YA} \cdot \frac{ZA}{ZB}=1\]

    elde edilir ki, bu \(ABC\) üçgenine göre Menelaus teoreminden \(X, Y,Z \) noktalarının doğrudaş olduğunu gösterir. \(AA’, B’B, CC’ \) paralel olması durumundaki ispatı okuyucuya bırakıyoruz. Şimdi \(X, Y, Z\) noktalarının doğrudaş olduğunu varsayalım. \(ZBB’\) ve \(YC{C}’\) üçgenlerine ispatın ilk kısmı uygulanabilir: Gerçekten de \(BC, ZY, B’C’\) doğruları \(X\) noktasında kesişmektedir. Diğer taraftan \(\left \{ A \right \} = ZB \cap XC, \left \{ A’ \right \}= ZB’ \cap XC’\)’dür. Demek ki eğer \(B{B}’\) ve \(C{C}’\) bir \(O\) noktasında kesişirse \(A, A’, O\) doğrudaş olmalı, diğer bir deyişle \(AA’, BB’ , CC’\) noktadaş olmalıdır. Eğer \(B B’, C C’\) doğruları paralelse, \(AA’\) ‘de bu doğrulara paralel olmalıdır. Çünkü; \(AA’, CC’\) `yü bir \(O\) noktasında kesseydi, yukardaki akıl yürütmeyle, (bu sefer \(XCC’\) ve \(ZAA’\) üçgenlerini kullanarak) \(BB’\) `nün de \(O\) ‘dan geçmesi gerektiği görülürdü ki \(BB’\) ile \(CC’\) paralel olduğundan bu mümkün değildir.

    Şimdi de Menelaus teoremine büyük benzerlik taşıyan ve onu tamamlayan bir teoremi inceleyeceğiz. Bu teorem, ömrünün büyük kısmım Mantua şehrinde geçirmiş olan İtalyan matematikçi Giovanni Ceva (1648-1734) tarafından bulunmuş ve 1678 yılında yayınlanmıştır. Bu yayında, o güne kadar unutulmuş bulunan Menelaus teoremi de yeniden keşfedilmiştir.

    Ceva Teoremi: Bir \(ABC\) üçgeninde \(A,B,C\) noktalarının hiçbirisiyle çakışmayan ve sırasıyla \(BC, CA, AB\) doğrularının üzerinde bulunan \(X, Y, Z\) noktaları alındığında \(AX, BY, CZ\) doğrularının aynı bir noktadan geçmeleri veya paralel olmaları için gerek ve yeter koşul \[\frac{XB}{XC}\cdot \frac{YC}{YA} \cdot \frac{ZA}{ZB}=-1 \hspace{55pt} (5)\] olmasıdır.

    İspat: Önce \(AX, BY, CZ\) doğrularının bir \(O\) noktasında kesiştiklerini varsayalım. \(ABX\) üçgeni ve \(ZC\) doğrusuna Menelaus teoremini uygulayarak

    \[\frac{CB}{CX}\cdot \frac{OX}{OA} \cdot \frac{ZA}{ZB}=1;\] aynı şekilde \(AXC\) üçgeni ve \(BY\) doğrusuna Menelaus teoremini uygulayarak

    \[\frac{BC}{BX}\cdot \frac{OX}{OA} \cdot \frac{YA}{YC}=1\] ve nihayet bu son iki eşitliği taraf tarafa bölerek de

    \[ \frac{XB}{XC} \cdot \frac{YC}{YA} \cdot \frac{ZA}{ZB}= \frac{BC}{CB}=-1 \] bulunur. Eğer \(AX, BY,CZ\) doğruları paralelse, Thales teoremi doğrudan uygulanarak, gene

    \[\frac{XB}{XC} \cdot \frac{YC}{YA} \cdot \frac{ZA}{ZB}=\frac{AB}{AZ}\cdot \frac{BZ}{BA} \cdot \frac{ZA}{ZB}=-1\] elde edilir. Şimdi de (5)’i varsayalım: \(BY\) ve \(CZ\) doğruları bir \(O\) noktasında kesişirlerse \(AO\) doğrusu da \(BC\)’yi bir \({X}’ \neq B,C\) noktasında kesmelidir. (Aksi halde \(AO, BC\) ‘ye paraleldir. Thales teoremi ve (5), imkânsız olduğu bilinen \(XB/XC=1\) verir.) İspatımızın ilk kısmından

    \[\frac{{X}’B}{{X}’C}\ \cdot \frac{YC}{YA} \cdot \frac{ZA}{ZB }=-1\] buluruz. Bunu (5) ile taraf tarafa böldüğümüzde

    \[ \frac{XB}{XC}=\frac{{X}’B}{{X}’C}\] elde edilir ki, bu ancak \(X= {X}’\) durumunda mümkündür. Böylece \(AX=A{X}’, BY, CZ\) doğruları \(O\) noktasında kesişirler. \(BY\) ve \(CZ\) doğrularının paralel olmaları durumunda \(AX\) doğrusunun da bunlara paralel olması gerekir. Çünkü, diyelim ki \(AX,BY\)’yi kesseydi, yukarıdaki akıl yürütmeye göre \(CZ\)’nin de aynı kesim noktasından geçmesi gerekir di ki bu \(BY\) ve \(CZ\) paralel olduklarından imkânsızdır.

    Şimdi de Ceva teoreminin kullanılışınaa birkaç örnek verelim:

    Örnek 4: Kenarortayların noktadaşlığı

    Bu çok basit, fakat düşündürücü bir örnek.

    Teorem: Bir \(ABC\) üçgeninde \(X, Y, Z\) sırasıyla \([BC]\) , \([CA]\) , \([AB]\) doğru parçalarının orta noktalarıysa, \(AX,BY,CZ\) doğruları aynı bir noktadan geçer.

    İspat: \[\frac{XB}{XC} \cdot \frac{YC}{YA}\cdot \frac{ZA}{ZB}= (-1)\cdot (-1)\cdot (-1)= -1\]

    Örnek 5: Gergonne noktası

    Teorem: Bir \(ABC\) üçgeninde iç teğet çemberin \(BC, CA, AB\) kenarlarına değme noktaları sırasıyla \(S, T, U\) ise \(AS, BT, CU\) doğruları noktadaştır. (Bu ortak nokta üçgen geometrisinde önemli bir yere sahip olup, Gergonne noktası olarak anılır.)

    İspat:

    \[\left | UB \right |=\left | SB \right | , \left | SC \right |=\left | TC \right | , \left | TA \right |=\left | UA \right |\]

    olduğu hatırlanırsa \[\frac{SB}{SC} . \frac{TC}{TA} .\frac{UA}{UB}= -1\]

    bulunur.

    Örnek 6: İşaretin Önemi

    Bazı kaynaklarda Ceva teoremindeki \((-1)\)’in işareti önemsenmeyerek \(1\) olarak yazılmaktadır. Aşağıdaki örnek Menelaus ve Ceva Teoremlerinden birinde işaretin \(+\) diğerinde \(-\) oluşunun önemini vurgulamaktadır. Bu işaret farklılığından yararlanarak H. Demir’e ait bir problemin çözümü verilmektedir.

    Problem: ([1]) Hangi üçgenlerde yüksekliklerin orta noktaları doğrudaştır?

    Çözüm:

    \([BC]\) , \([CA]\) , \([AB]\) doğru parçalarının orta noktaları sırasıyla \(A’, B’, C’\) olsun. \(A, B, C\) ‘den sırasıyla \(BC, CA, AB\) ‘ye indirilen dikmelerin ayakları \(S, T, U\) olsun. Bu suretle \(AS, ABC\) üçgeninin \(A\) ‘dan geçen yüksekliği olup, \([AS]\) doğru parçasının (yüksekliğin!) orta noktasına \(X\) dersek \(\left \{ X \right \}=AS \cap B’C’\) ‘dür. Benzer şekilde \(BT, CU\) diğer iki yüksekliği teşkil eder ve \(\left \{Y \right \}=BT \cap C’A’,\left \{ Z \right \}=CU \cap A’B’\) şeklindeki \(Y,Z\) noktaları sırasıyla \([BT]\) , \([CU]\) doğru parçalarının orta noktaları olurlar. Eğer

    \[X \neq B’, C’;Y\neq C’,A’;Z\neq A’,B’ \hspace{55pt} (6) \] ise, aynı zamanda

    \[S \neq B, C;T\neq C,A,U\neq A,B\] olur. \(AS, BT, CU\) yani üç yükseklik aynı bir noktadan geçtiğinden, Ceva teoremi bize

    \[\frac{XB’}{XC’} \cdot \frac{YC’}{YA’} \cdot \frac{ZA’}{ZB’}=\frac{SC}{SB} \cdot \frac{TA}{TC} \cdot \frac{UB}{UA}=-1 \hspace{55pt} (7) \] verir. Şimdi ayrıca, \(X, Y, Z\) ‘nin doğrudaş olduklarını da varsayarsak Menelaus teoremini \(A’B’C’\) üçgeninde uygulayarak

    \[\frac{XB’}{XC’} \cdot \frac{YC’}{YA’} \cdot \frac{ZA’}{ZB’}=1 \] olmalı ki bu (7) ile çelişir. Demek ki (6)’daki altı eşitsizliğin en az biri yanlış olmalıdır. Bu ise ancak üçgen dik üçgense mümkündür. (Nasıl?)

    Yukarıda, elden geldiğince çekici örneklerle sunmaya çalıştığımız Menelaus ve Ceva teoremlerinin aslında Thales teoreminin basit genellemeleri olmakla birlikte çok kullanışlı ve önemli olduklarına okuyucuları ikna edebildiğimizi sanıyorum. Yazıyı bitirmeden önce diğer bir noktayı belirtelim. Bu teoremlerin bence asıl önemi “projektif geometri”ye bir giriş teşkil etmeleridir: Ceva teoreminde ve “eksik” diye nitelediğimiz Desargues teoreminde “bir noktada kesişir veya paralel olur” şeklinde bir ifadeye rastlıyoruz. Bu durum düzlem Euclid geometrisinde belli bir düzeyden sonra sık sık ortaya çıkar. En nihayet iki doğrunun paralel olmasını, bu doğruların “sonsuz uzakta” gerçek olmayan bir noktada kesişmeleri şeklinde yorumlamak gereği doğar. Diyebilirim ki, bu geometri tarihinin en önemli ve verimli fikri olmuştur. Gerçek olmayan noktaların ve bu noktalardan oluşan “sonsuzdaki doğru”nun düşünülmesiyle projektif geometri yaratılarak, geometriye büyük bir birlik ve zerafet getirilmiştir. Okuyucuya, bu genişletilmiş anlamda “noktadaşlık” kavramından yola çıkarak Ceva teoreminin daha zarif, Desargues teoreminin de “eksik olmayan” şeklini bulmasını öneririz.

    Kaynak: [1] H. Demir: Proposal 1197, Mathematics Magazine 57 (1984) 238.

    OLİMPİYAT HABERLERİ

    1991 Matematik Olimpiyatı İsveç’in Sigtuna kentinde yapıldı. Takımımızdan Emre Alkan, Mustafa Arslan, Tolga Etgü ve Şahin Arafat Bronz Madalya; Çetin Ürtiş ise Mansiyon kazandı. Takım olarak, katılan 56 ülke arasında 24. olduk.