www.mustafayagci.com, 005 Geometri Notları Mustafa YAĞCI, yagcimustafa@yahoo.com Bu yazımızda üçgensel bölgelerin alanını hesaplamak için günümüze kadar bulunmuş 110 farklı formülden en ilgi çekicisine değineceğiz. Üç kenar uzunluğu da bilinen üçgenlerinkini hesaplayana. Bildiğiniz üzere bir üçgen üç kenar uzunluğu ile belirlenebilir. O halde bu verilerle bu üçgen çizilebilir. Çizilebilen soru da çözülebilir. O halde bu alan hesaplanabilir. a+ b+ c Hesaplayacak olan formül de şu: u ve Alan(ABC) S olmak üzere S u ( u a) ( u b) ( u c). Akla ilk gelen, üçgenin üç kenarı da bilindiğinden, herhangi bir kenarına ait yüksekliği kenar uzunlukları cinsinden yazmak ve tabançarpıyükseklikbölüiki formülünde yerine yazarak sonuca ulaşmak. Gerçekten de öyle. O halde A köşesinden BC ye bir yükseklik indirelim. Uzunluğunu da şekildeki ADB ve ADC üçgenlerinde Pisagor Teoremi ni kullanarak bulalım. Bir miktar cebirsel işlemle sonuca ulaşacağız. (1) den () yi çıkartırsak; (a x) + h b (1) x + h c () (a x) x b c a ax b c x a b + c a Bulduğumuz bu x değerini () denkleminde yerine koyup, h değerini bulalım. a b + c a h c + h c a b + c a a h a c (a b + c ) a h (ac + a b + c )(ac a + b c ) a h [(a+c) b ][b (a c) ] a h (a + c + b)(a + c b)(b a + c)(b + a c) a h u(u b)(u a)(u c) a h 16u(u a)(u b)(u c) a h u(u a)(u b)(u c) ah Alan (ABC) S u(u a)(u b)(u c) S u ( u a) ( u b) ( u c).
M.Ö.100 lü yıllarda Heron bu formülü Metrica isimli eserinde Önerme 1.8 olarak vermiş ve kanıtlamıştır fakat ne yazık ki eseri kaybolduğundan, 189 te ufak bir parçasının 1896 da da tamamının bulunmasına kadar kimse tarafından bilinmemiştir. Ünlü Arap bilgini Muhammed El-Biruni yazılarında bu formülü Arşimed e (M.Ö.1) ithaf etmiştir. Trigonometri ile de kolay bir çözüm yapılıyor ama sanırım siz de benim gibi bir an önce sentetik kanıtlara geçsek diye düşünüyorsunuz. Kısaca verelim o zaman. b + c a Kosinüs Teoremi nden cos A olduğunu biliyoruz. Buradan sin A değerini bulalım. bc sin A a b c + a b + a c + b c bc olduğundan; bulduğumuz bu değeri Alan(ABC) 1 b c sin A formülünde yerine yazalım. Yukardakilere benzer bir miktar işlem yaptıktan sonra Alan (ABC) u (u a) (u b) (u c) elde edilir. Bu formül de güzel, güzel ama kanıtı biz geometriseverleri tatmin etmediği de ortada. Bir yığın cebirsel eşitlik içinde kaybolmamak için bayağı bir çaba sarfetmiş olmalısınız. O halde şimdi mükemmel denebilecek bir sentetik kanıta hazır olun. ABC üçgeninin iç çember merkezi I, b kenarına teğet dış çember merkezi O olsun. Yandaki şekilde IDB ile OFB üçgenlerinin benzer olmasından r u b rb u bulunur. Aynı zamanda IEA ile ATO üçgenlerinin benzer olmasından r r b (u a) (u c) bulunur. Her iki eşitlikten r b ler çekilir ve kalanlar eşitlenirse u r (u a) (u b) (u c) bulunur. Şimdi de eşitliğin her iki tarafı u ile çarpılırsa u r u (u a) (u b) (u c) elde edilir ki u r Alan(ABC) yerine yazılırsa Alan (ABC) u (u a) (u b) (u c) formülü elde edilip, kanıt tamamlanmış olur. Şimdi de Heron formülüne yapılmış başka bir sentetik kanıtı sunacağım. Bir ABC üçgeni ve beraberinde iç çemberini çizelim. Merkeze her zamanki gibi I diyelim. AI, BI ve CI iç açıortaylarını çizelim. C den geçen ve BC ye dik bir doğru ile I dan geçen BI ya dik bir doğru K noktasında kesişsinler. BICK dörtgeninin bir kiriş dörtgeni olduğunu görerek gerekli açılar yerlerine yazılacak olursa AEI ile BCK üçgenlerinin benzer olduğunu görürüz. Eşlemeyi kurarsak r u a p a
çıkar. Diğer yandan AF AE u a, BF BD u b ve CE CD u c olduğunu biliyoruz. İç çember yarıçapı r, DL n, LC m ve CK p olsun. IDL ile KCL üçgenlerinin benzerliğinden r n p m buluruz. O halde n u a n m dır. Bu eşitliği şekline getirebiliriz. Birbirine eşit iki oranın paylarının ve paydalarının toplanması ile elde edilen yeni oranın eski orana eşit olduğunu biliyoruz. O halde m a u a a n n+ m u c olur. Düzenlenirse u n (u a) (u c) bulunur. BIL dik üçgeninde Öklid teoremi nden u a u u r (u b) n bulunur ki buradan n çekilir, bir önce bulunan eşitlikte yerine yazılırsa u r (u a) (u b) (u c) bulunur. Buradan da r değeri çekilip Alan(ABC) u r formülünde yerine yazılırsa Alan (ABC) u (u a) (u b) (u c) formülü elde edilip, kanıt tamamlanmış olur. Teorem. Bir üçgenin kenarortayları daima üçgen oluşturabilecek niteliktedir. Ayrıca kenarortaylardan oluşturulacak bir üçgenin alanı, orjinal üçgenin üdür. Kanıt: [GD] yi D yönünde kendi boyu kadar uzatırsak; BD DC ve GD DP olduğundan GBPC bir paralelkenar olur. GP v a, PC v b, CG v c olduğundan kenarortayların her zaman üçgen oluşturabileceği kanıtlanır. Ayrıca GCP üçgeninin alanı ABC üçgeninin alanının 1 ü olduğundan işlemler yapılırsa kenarları v a, v b, v c olan üçgenin alanının Alan(ABC) nin ü olduğu görülür. Heron üçgenleri. Hem kenar uzunlukları hem de alanı rasyonel sayı olan üçgenlere Heron üçgenleri denir. (,, 5), (6, 8, 10), (5, 1, 1), (, 1, 15), (9, 1, 15), (1, 1, 15), (9, 10, 17), gibi üçgenler alanca (eşitlik halinde çevrece) küçükten büyüğe doğru dizilmiş ilk Heron üçgenleridir. (,,5) görüldüğü üzere en küçük Heron üçgenidir. Aynı zamanda (,, 5) üçgeni iç çember yarıçapı 1 olan tek Heron üçgenidir. Kenarları ardışıktır. Dik üçgendir. Boşu boşuna en meşhur üçlü olmamış yani. Ünlü Hintli matematikçi Brahmagupta bu üçgenler için bir teknik geliştirmiş. a, b, c birer pozitif tamsayı olmak üzere; kenarları c(a + b ), b(a + c ) ve (b + c)(a bc) olan bir üçgen için u a (b + c) ve Alan(ABC) abc(a + b)(a bc) olur. 1905 yılında Schubert, Heronian üçgenlerinin herhangi iki kenarortayının birden rasyonel olamayacağını iddia etmiş fakat 1997 yılında Buccholz ve Rathbun böyle 6 farklı üçgen bularak iddianın geçersiz olduğunu göstermişlerdir. Ardışık kenarlı Heronian üçgenleri. Heronian üçgenleri üzerinde birçok matematikçi çalışma yapmıştır. Şimdi meslektaş olsak da hep hocam olarak kalacak değerli Nikolaos Dergiades 198 yılında bir Yunan dergisi olan Diastasi de kenar uzunlukları ardışık tamsayılar olan Heronian üçgenlerinin dizisini yayımlamış. (,, 5), (1, 1, 15), (51, 5, 5), (19, 19, 195), (7, 7, 75), (701, 70, 70), şeklinde sonsuza gidiyor. Oldukça ilginç bazı özelikleri de var. Mesela üçgenlerde iç açıortayların kesim noktası I, kenarortayların kesim noktası G ise hepsinde IG 1. Ayrıca hepsinde ortanca kenar çift sayı ve hepsinin iç çember yarıçapı da tamsayı. Kenarları tamsayı olan tüm dik üçgenlerin iç çember yarıçaplarının tamsayı olduğunu biliyoruz, peki tüm Heron üçgenlerinin iç çember yarıçapları tamsayı mıdır?
Eşit alana sahip Heronian üçgenleri. İnsanoğlu işte. Heron üçgeni bulmak yetmemiş Peki alanları eşit olan iki farklı Heron üçgeni bulunabilir mi? demiş. Bunu da bulmuş, O zaman alanları eşitken, çevreleri de eşit olan var mı acaba? demiş. Hatta olay abartılıp alanları ve hatta çevreleri de eşit 6 farklı Heron üçgeni bile bulunmuş. Eşit alana ve çevreye sahip iki farklı üçgen için en küçük durum yanda verilen (7, 7, 1) ve (, 11, 11) üçgenleridir. Her ikisinin de çevresi 6 olup alanı 6 1 tür. Fakat alanları rasyonel olmadığından üçgenler Heron üçgeni değil. Her ikisinin çevresi ve alanı tamsayı olup da tüm kenarları da tamsayı olan en küçük iki üçgene örnek de yan şekilde gördüğünüz (17, 5, 8) ve (0, 1, 9) üçgenleridir. Bu da bulunduktan sonra alanları eşit ikiden fazla Heron üçgenleri araştırılmış. 195 te C.L.Shedd üç farklı Pisagor üçgeni için en küçük durumu bulmuş: Yukarıdaki üç dik üçgen farklı üçgenler olmasına karşın hepsinin de alanları 80. Beiler 1966 da bunun bir genellemesini vermiş: m 1 r + rs + s ve n 1 r s m r + rs + s ve n rs + s m r + rs ve n r + rs + s ise (r > s ve r, s Z + ) ( m i n i, m i n i, m i + n i ) Pisagor üçlüleri S r s (r + s) (r s) (r + s) (s + r) (r + rs + s ) ortak alanına sahiptirler. Şimdi de bu kuralı sağlayan en küçük ilkel Pisagor üçlülerini verelim. Yukarıdaki üç dik üçgenin üçü de farklı ilkel ama üçünün de alanı 11110. Bu dört dik üçgenin de alanı 1880. Bu altı üçgenin de çevresi 0 ve alanı 196560.
Bu altı üçgenin de çevresi 6 ve alanı 1760. Ne dersiniz, abartmamışlar mı? Bilgisayarların ne kadar çok geliştiği ve günlük hayatımıza ne kadar çok girdiği düşünülürse bence bu keşifler o kadar da önemli değil. Hatta bunları gördükçe Fermat a olan sevgim ve saygım kat be kat artıyor. Neden diyeceksiniz. 16 yılında Fermat, dönemin ünlü matematikçilerinden Mersenne ye bir soru ile meydan okumuş: Öyle bir Pisagor üçlüsü bul ki; dik kenarların toplamı da hipotenüs de birer tamkare olsun!. Mersenne in bu soruya bir yanıt bulup bulamadığı bilinmiyor ama Fermat bulmuş. İşte bu yukarıdaki üçgen. c 6879861089 165017 a + b 106165950 + 5658607761 7159. Ne dersiniz, yaşadığı dönemin şartları düşünülürse Fermat mı daha büyük iş becermiş, yoksa diğerleri mi? 5