Yazar: Emre Alkan (Boğaziçi Üniversitesi Matematik Bölümü öğrencisi)
Yıl: 1995-2
Sayı: 22
Bu yazıda yine problemler ile uğraşacağız.
Problem. Bir $ABC$ üçgeninin ağırlık merkezi $G$ ve alanı $S$ olsun. Şunu gösteriniz:
$$S\leq\frac{\sqrt3}{4}(|GA||GB|+|GA||GC|+|GB||GC|)$$
Lemma. Aynı düzlemde, doğrusal olmayan $A,B,C$ noktaları verilsin. Düzlemde öyle tek bir $P$ noktası vardır ki, $|PA|^2+|PB|^2+|PC|^2$ minimum olur.
Kanıt. Genelliği bozmadan $A,B,C$’nin koordinatları $(0,0), (1,0)$ ve $(a,b)$ olsun. Rastgele bir $(x,y)$ alalım. Böylece
$$|PA|^2+|PB|^2+|PC|^2=3x^2+3y^2-2(a+1)x-2by+a^2+b^2+1$$ olur. Bu ifadeyi $f(x,y)$ ile gösterelim. $\frac{2}{3}[a^2+b^2-a+1]\leq f(x,y)$ olduğunu gösterelim. Son eşitsizlik kolayca
$$0\leq \left(x-\frac{a+1}{3}\right)^2+\left(y-\frac{b}{3}\right)^2$$
şeklinde yazılabilir. Eşitlik ancak $x=(a+1)/3$ ve $y=b/3$ halinde olur. Bu noktanın $ABC$’nin ağırlık merkezi olduğu gözlenebilir.
Çözüm: İki ayrı duruma bakacağız: (1) $ABC$’nin $2\pi/3$’ten büyük veya eşit bir açısı yoktur; (2),(1)’in tam tersi.
(1) $\quad$ Bu durumda $ABC$’nin içinde öyle bir $P$ noktası bulunabilir ki,
$\quad$ (i) $\sphericalangle APB= \sphericalangle BPC= \sphericalangle CPA= \frac{2\pi}{3}$ olur;
$\quad$ (ii) düzlemdeki herhangi bir $P^\prime$ için
$$|PA|+|PB|+|PC| \leq |P^\prime A|+|P^\prime B|+|P^\prime C|$$ gerçeklenir. (İspat için [3]’ye bakılabilir. $A,B,C$ noktalarının $P$’ye olan uzaklıklarına sırasıyla $p,q,r$, $G$’ye olan uzaklıklarına da $s,t,u$ diyelim. $G$ ağırlık merkezi ise Lemma ve bu sonuç kullanılarak $s^2+t^2+u^2 \leq p^2+q^2+r^2$ ile $p+q+r \leq s+t+u$ eşitsizlikleri elde edilir. Birinci eşitsizlikten
$$ (s+t+u)^2-2(st+su+tu) \leq (p+q+r)^2-2(pq+pr+qr)$$
çıkar. Şimdilik ikinci eşitsizlik kullanılarak, $pq+pr+qr \leq st+su+tu$ elde edilir.
$$S= \frac{\sqrt 3}{4}(pq+pr+qr)$$
olacağından istenen eşitsizlik bu halde elde edilir.
(2) $\quad$ Genelliği bozmadan $ \sphericalangle BAC\geq 2\pi/3$ kabul edelim. Şu sonucu kullanacağız: Düzlemdeki her $P$ için
$$|AB|+|AC|\leq |PA|+|PB|+|PC|$$
olur. (İspat için [3]’ye bakılabilir.) Lemma ve bu sonuç kullanılarak $s^2+t^2+u^2 \leq c^2+b^2$ ile $c+b \leq s+t+u$ eşitsizlikleri elde edilir. Bunlardan (1)’e benzer şekilde $cb\leq st+su+tu$ elde edilir. Öte yandan,
$$S= \frac{1}{2}cb\sin(\sphericalangle BAC) \leq \frac{\sqrt 3}{4}cb$$
olacağından istenen eşitsizlik bu durumda da elde edilir.
Problem. Bir $ABC$ üçgeninin içinde alınan bir $O$ noktası için, $OA$, $OB$, $OC$ doğruları kenarları sırasıyla $A^\prime$, $B^\prime$, $C^\prime$’nde kessin.
$(i)$ $\frac{|AA^\prime|}{|OA^\prime|}= x$, $\frac{|BB^\prime|}{|OB^\prime|}= y$ ve $\frac{|CC^\prime|}{|OC^\prime|}= z$ ise, $xyz$ minimum olacak şekilde $O$ noktalarını bulunuz.
$(ii)$ $\frac{|OA|}{|OA^\prime|}= x$, $\frac{|OB|}{|OB^\prime|}= y$, $\frac{|OC|}{|OC^\prime|}= z$ ise, $x^4+y^4+z^4$ minimum olacak şekildeki $O$ noktalarını bulunuz.
Çözüm. $(i)$ $O$’dan kenarlara indirilen dikme uzunlukları $h^\prime_a$, $h^\prime_b$, $h^\prime_c$ olsun. $h_a$, $h_b$, $h_c$ de üçgenin yükseklikleri olsun. $x=\frac{h_a}{h^\prime_a}$, $y=\frac{h_b}{h^\prime_b}$ ve $z=\frac{h_c}{h^\prime_c}$ yazılabilir. $S, S_1, S_2, S_3$ sırasıyla $ABC$, $OAB$, $OBC$, $OCA$ üçgenlerinin alanları olsun. Aritmetik-Geometrik Ortalama Eşitsizliği’nden $S\geq 3(S_1S_2S_3)^\frac{1}{3}$ ve böylece de $abch_ah_bh_c \geq 27abch_a^\prime h_b^\prime h_c^\prime$ elde edilir ki bu $xyz \geq 27$ demektir. $xyz$’nin minimum olması için $S_1=S_2=S_3$, yani $O$ noktası $ABC$’nin ağırlık merkezi olmalıdır.
$(ii)$ Menelaus Teoremi’yle,
$$ \frac{|A^\prime C|}{|A^\prime B|+|A^\prime C|}\frac{|C^\prime B|}{|C^\prime A|} \frac{|OA|}{|OA^\prime|} =1$$
ve böylece
$$x=\frac{|OA|}{|OA^\prime|}=\frac{|C^\prime A|}{|C^\prime B|}\left[1+\frac{|A^\prime B|}{|A^\prime C|}\right] = \frac{|C^\prime A|}{|C^\prime B|}+\frac{|C^\prime A|}{|C^\prime B|}\frac{|A^\prime B|}{|A^\prime C|}$$
olur. Ceva Teoremi’yle $\frac{|C^\prime A|}{|C^\prime B|}\frac{|A^\prime B|}{|A^\prime C|}= \frac{|B^\prime A|}{|B^\prime C|}$ olduğundan $x= \frac{|C^\prime A|}{|C^\prime B|}+\frac{|B^\prime A|}{|B^\prime C|}$ ve benzer şekilde $y=\frac{|A^\prime B|}{|A^\prime C|}+\frac{|C^\prime B|}{|C^\prime A|}$ ve $z=\frac{|A^\prime C|}{|A^\prime B|}+\frac{|B^\prime C|}{|B^\prime A|}$ elde edilir. $a,b \in \mathbb{R}^+$ için $\frac{a}{b}+\frac{b}{a} \geq 2$ olduğu için $x+y+z \geq 6$ elde edilir. Öte yandan $xyz=x+y+z+2$ olduğu gösterilebilir (bunu okuyucuya bırakıyoruz). Böylece $xyz \geq 8$ olur. Bilinen eşitsizlikler yardımıyla,
$$\begin{split}
x^4+y^4+z^4 &\geq x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2
&\geq xyz(x+y+z) \geq 48\\
\end{split}$$
elde edilir. $x^4+y^4+z^4$ minimum ise $x=y=z=2$ olmalı ve yine $O$ ağırlık merkezi olmalıdır.
$(ii)$ için bir genelleştirme olan şunu göstereceğiz: Her $n \geq 1$ tamsayısı için, $x^{2^n}+y^{2^n}+z^{2^n}$ minimum ise $O$ ağırlık merkezi olmalıdır.
$x,y,z>0$ ve $xyz=x+y+z+2$ olduğunu biliyoruz.
Lemma. $a,b,c \geq 0$ ve $a+b+c$ sabit ise $ab+ac+bc$ toplamı $a=b=c$ iken maksimumdur.
Kanıt. $a$’yı sabit tutalım. $b+c$ sabit olacağından $a(b+c)=ab+ac$ sabit olur. İfadeyi büyütmek için $bc$ en büyük yapılmalıdır. $b+c$ sabit olduğundan bu $b=c$ iken olur. $a,b,c$ simetrik olduğundan Lemma elde edilir.
Tümevarım yapacağız. $n=1$ için $x^2+y^2+z^2$’nin minimumunu arayalım. $xyz=t$ koyup Aritmetik-Geometrik Ortalama Eşitsizliği’yle $t-2 \geq 3t^\frac{1}{3}$ ve böylece $xyz=t \geq 8$ elde edilir. Aynı anda $x+y+z \geq 6$ olur.
$$x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2(xy+xz+yz)$$
yazıp $x+y+z=k$ dersek, Lemma’yı kullanarak $k^2-\frac{2k^2}{3}=\frac{k^2}{3}$’ün minimumunu ararız; bu ise açıkça $x+y+z=k=6$ ve $x=y=z$ halinde olur. Dolayısıyla $O$ ağırlık merkezidir. Şimdi de iddia $x^{2^n}+y^{2^n}+z^{2^n}$ için doğru olsun ve $x^{2^{n+1}}+y^{2^{n+1}}+z^{2^{n+1}}$ için doğru olduğunu gösterelim.
$$\begin{split}
x^{2^{n+1}}+y^{2^{n+1}}+z^{2^{n+1}}=(x^{2^n}+y^{2^n}+z^{2^n})^2-2(x^{2^n}y^{2^n}+x^{2^n}z^{2^n}+y^{2^n}z^{2^n})
\end{split}$$
ve $x^{2^n}+y^{2^n}+z^{2^n}\geq 3.2^{2^n}$ olur. $x^{2^n}+y^{2^n}+z^{2^n}=k=\mathrm{sabit}$ denirse, Lemma ile $k^2- \frac{2k^2}{3}=\frac{k^2}{3}$’ün minimumu aranır. Kolayca $\frac{k^2}{3} \geq 3.2^{2^{n+1}}$ olacağından tümevarım tamamlanır.
Problem. $a,b,c$ bir üçgenin kenarları olsun. $$2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)= abc(a+b+c)+a^4+b^4+c^4$$ ise, üçgenin eşkenar olduğunu gösteriniz.
Lemma. Her $ABC$ üçgeni için $u$ yarıçevre, $r$ ve $R$ iç ve çevrel yarıçaplar ise,
$$a\cos A+b\cos B+c\cos C= \frac{2ur}{R}$$
olur. (Kanıt okuyucuya bırakılmıştır.)
Lemma ve $R\geq 2r$ olduğu kullanılırsa, $a\cos A+b\cos B+c\cos C \leq u$ elde edilir. Bu ise kenarlar cinsinden
$$2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)\leq abc(a+b+c)+a^4+b^4+c^4$$
verir. Eşitlik ancak üçgen eşkenarken vardır.
Problem. Bir $ABC$ üçgeninde iç ve çevrel yarıçaplar $r$ ve $R$ ise,
$$\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}+\sin \frac{A}{2}\sin \frac{C}{2}+\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} \leq \frac{5}{8}+\frac{r}{4R}$$
olduğunu gösteriniz.
Çözüm. $\sin \frac{A}{2}=x$, $\sin \frac{B}{2}=y$ ve $\sin \frac{C}{2}=z$ alınırsa $\frac{r}{4R}=xyz$ olur. Şu halde
$$xy+xz+yz-xyz \leq \frac{5}{8}$$
olduğu görülmelidir. $x+y+z$ sabit iken,
$$xy+xz+yz-xyz=z(x+y)+xy(1-z)\ .$$
$z$’yi sabit tutalım. Böylece $z(x+y)$ sabit olur ve $xy(1-z)$ ifadesi maksimum yapılmalıdır. $1-z$ pozitif olacağından, ifade $x=y$ halinde maksimum olur. $x+y+z \leq \frac{3}{2}$ olacağını okuyucu gösterebilir. Şimdi, $x+y+z \in (0,\frac{3}{2}]$ iken $xy+xz+yz-xyz$ ifadesinin maksimumuna bakalım. $x=y=z=k$ alarak $k \in (0,\frac{1}{2}]$ iken $f(k)=3k^2-k^3$’ün maksimumunu arayalım. $f^\prime (k)$ bu aralıkta pozitif olduğu için, $f(k)$ bu aralıkta artandır. Dolayısıyla maksimumların maksimumu $x=y=z=k=\frac{1}{2}$ halinde olur.
Problem. $(i)$ Çevreleri sabit kalmak üzere, kenar sayıları artan bir düzgün çokgenler dizisinin alanlarının artan bir dizi oluşturduğunu gösteriniz.
$(ii)$ Alanları sabit kalmak üzere, kenar sayıları artan bir düzgün çokgenle dizisinin çevrelerinin azalan bir dizi oluşturduğunu gösteriniz.
Çözüm. $(i)$ $m>n\geq 3$ olmak üzere, $m$ ve $n$ kenarları bulunan düzgün çokgenleri alalım. $a$ ve $b$ sırayla kenar uzunlukları olsun. Çevreler eşit ise $ma=nb$ yazılabilir. Alanlar için
$$\begin{split}
A_m=\frac{1}{4}ma^2 \cot \frac{\pi}{m} \quad \text{ ve } \quad A_n=\frac{1}{4}nb^2 \cot \frac{\pi}{n}\\
\end{split}$$
doğrudur. $A_n<A_m$ olduğunu görmek yeterli olacaktır.
$nb^2\cot \frac{\pi}{n}< ma^2\cot \frac{\pi}{m}$ eşitsizliği, $a^2=n^2b^2/m^2$ olduğundan, $m\tan \frac{\pi}{m}<n\tan \frac{\pi}{n}$ eşitsizliğine eşdeğerdir. Bunu görebilmek için $f(x)= x\tan \frac{\pi}{x}$’in azalan olduğunu görelim. $f^\prime(x)=\tan \frac{\pi}{x}-\frac{\pi/x}{\cos ^2(\pi/x)}<0$ olduğunu görmek için, $\sin \frac{2\pi}{x}<\frac{2\pi}{x}$ olduğu görülmelidir ki bu bilinen $\sin \alpha<\alpha$ eşitsizliğidir ($0<\alpha$ için).
$(ii)$ Okuyucuya bırakılmıştır.
Problem. $R$ yarıçaplı bir çemberin içine iki eşkenar üçgen çiziliyor. Eşkenar üçgenlerin ortak alanları $S$ olsun. $2S \geq R^2 \sqrt 3$ olduğunu gösteriniz.
Çözüm. Şekil çizilirse eşkenar üçgenlerin kesişimlerinden oluşan altı üçgenin eş oldukları gözlenebilir. Bunun sonucu olarak bu üçgenlerin çevreleri sabittir ve eşkenar üçgenin bir kenarına yani $R\sqrt 3$’e eşittir. Çevreleri sabit üçgenler arasında maksimum alanlı eşkenar üçgendir. Bunu görmek için kenarların birini sabit tutarız; diğer köşe bir elips üzerinde hareket eder ve alan diğer iki kenar eşitken en büyük olur. Kenarlar simertik olduğundan iddia doğrulanır. Üçgenlerden birinin alanı $T$ ise, $3T\leq R^2\sqrt3/4$ yazılabilir. $S=3\sqrt 3 R^2/4-3T$ olduğundan istenen eşitsizlik elde edilir.
Düzeltmeler. [1]’deki Problem 2’nin yayımlanan çözümünden daha kısa bir çözüm şöyle verilebilir: Sözü geçen uzunlukların en az biri $r$’den küçük veya eşit olmalıdır. Şu halde $4 \leq 12^{-3/4}(\frac{abc}{r})^{1/2}$ olduğunu görmek yeter. Bu ise $24\sqrt 3 r^3 \leq abc$ demektir. $r$ sabit tutulurken, üçgen eşkenarsa $abc$ minimum olmaktadır. Son eşitsizliğin doğruluğu açıktır. Böylece problemi iyi kuramamış olduğumuzu anlıyoruz. Yaptığım çözümün gidişine uygun problem şu olmalıdır:
Problem 2$^\prime$. $a,b,c$ bir üçgenin kenarları olmak üzere, $|B_3C_1||B_1C_2||B_2C_3|\leq \frac{\sqrt 3}{72}abc$ olduğunu gösteriniz.
Çözüm. Şunları göstermiştik:
$$|B_3C_1||B_1C_2||B_2C_3|=|B_3C_2||B_1C_3||B_2C_1|,$$
$$|B_1C_3||B_2C_3||B_2C_1||B_3C_1||B_3C_2||B_1C_2|\leq \frac{(abc)^2}{3^34^3}\ .$$
İstenen bunlardan elde edilir.
[2]’deki Problem 5 iyi kurulmamış bir problem. Çözümde $\sum \frac{1}{p}$’nin ıraksaklığını kullanmak gereksiz. Onun yerine şu problem daha uygun olabilir.:
Problem 5$^\prime$. $a_n=\sum_{k=1}^n \frac{1}{p_k}$ dizisini ele alalım. Bir $\varepsilon >0$ sayısı verilsin. Yeterince büyük her $m$ tamsayısı için $[m-\varepsilon ,m)$ aralığında $a_n$ dizisinin en az bir terimi vardır.
Çözüm. $n$ yeterince büyük ise $a_{n+1}-a_n<\varepsilon$ olacağı gözlenebilir. Şu halde $m$ yeterince büyük bir tamsayı ise, $\{a_n\}$ ıraksak olduğundan, $a_n<m-\varepsilon$’dur $a_{n+1}\geq m$ gibi bir durum olamaz. Öte yandan, $a_n$ dizisinin hiçbir teriminin tamsayı olmadığını görmek kolaydır. Böylece $[m-\varepsilon ,m)$ aralığına dizinin bir terimi düşer.
Gene [2]’deki Problem 7 ise şöyle ifade edilse daha iyi olurdu:
Problem 7$^\prime$. $2x^4-y^4=1$ olacak şekilde her $(x,y)$ pozitif tamsayı ikilisine karşılık, $(m^2-2mn-n^2)^2=1$ olacak şekilde $(m,n)$ pozitif ikilisi olduğunu gösteriniz.
Kaynakça
[1] E. Alkan, Geometrik Eşitsizlikler II, Matematik Dünyası, 2, sayı 1, 22-23, (1992).
[2] E. Alkan, Sayılar Teorisinde Çözülmemiş Problemler, Matematik Dünyası, 3, sayı 3, 17-21. (1993).
[3] H. Dörrie, 100 Great Problems of Elementary Mathematics, Their History And Solutions, 361-363.
Not: Bu yazı Matematik Dünyası Dergisi arşivinden siteye eklenmiştir. Yazı ilk olarak derginin 1995 yılı 2. sayısında yer almıştır. Matematik Dünyası arşivi titiz bir çalışma ile çevrim içi platformlarda yeni okuyucularıyla buluşuyor. Bu yazıyı burada okunabilir hale getiren arşiv ekibi üyesi Zeynep Ebrar Küçükçalık‘a ve tüm gönüllü arşiv ekibimize teşekkür ediyoruz. Yazıyı PDF olarak okumak için PDF arşivine buradan ulaşabilirsiniz.
